\(Description\)

给定 \(n\) 个正整数序列 ，每个序列长度为 \(m\)。
选择至少 \(1\) 个序列，在每个被选择的序列中选择一个元素，求出所有被选择的元素的 \(\gcd\)。
求所有方案的结果之和，答案对 \(1e9+7\) 取模。两种方案不同，当且仅当存在至少一个元素，在一种方案中被选择，在另一种中没有。

\(Input\)

第一行，两个正整数 \(n，m\)。
接下来 \(n\) 行，每行 \(m\) 个正整数，第 \(i\) 行代表序列 。

\(Output\)

第一行，一个整数，代表答案对 \(1e9+7\) 取模的结果。

解析

一道比较难的莫比乌斯反演题，要用到其中的性质，且按套路行事技巧处很多
最后推出的是一个关于欧拉函数的式子，莫比乌斯不见了

好，现在进行套路推导
先设 \(f(x)\) 表示选择至少一个序列，在每个被选择的序列选择一个元素，它们的 \(\gcd = x\) 的方案数。
则易得
\[ f(x)=\prod_{i=1}^n(\sum_{j=1}^m [a_{i,j}=x]+1)-1 \]
然后套路 \(F(x)\) 表示同 \(f(x)\) 但涵盖了 \(x\) 的倍数，即
\[ F(x)=\sum_{x|d}f(d)=\sum_{x|d}(\prod_{i=1}^n(\sum_{j=1}^m [a_{i,j}=d]+1)-1)\]
然后我们发现，我们先枚举 \(x\) ，再枚举其倍数 \(d\)，而后面 \([a_{i,j}=d]\) 肯定是 \(x\) 的倍数，所以我们可以简化式子
\[ \sum_{x|d}(\prod_{i=1}^n(\sum_{j=1}^m [a_{i,j}=d]+1)-1) = \prod_{i=1}(\sum_{j=1}^m [x|a_{i,j}]+1)-1 \]
而此时，为了日后式子的简便即实现，我们设
\[cnt_{i,x}=\sum_{j=1}^m[x|a_{i,j}]\] 表示第 \(i\) 个数列所有是 \(x\) 的倍数的数的个数
再为了枚举得到所有答案，我们设 \(lim\) 表示所有元素的最大值
然后一波推式子，反演
\[ \begin{aligned} \sum_{i=1}^{lim}if(i) &=\sum_{i=1}^{lim}i\sum_{i|d}F(d)\mu(\frac{d}{i}) \\ &=\sum_{i=1}^{lim}i\sum_{i|d}\prod_{j=1}^n((cnt_{j,d}+1)-1)\mu(\frac{d}{i}) \\ &=\sum_{d=1}^{lim}\sum_{i|d}i\mu(\frac{d}{i})(\prod_{j=1}^n(cnt_{j,d}+1)-1) \end{aligned} \]
然后，然后~~~好像没戏了
但，我们有伟大的欧拉！！
上
\[ \begin{aligned} \varphi(n) &=\sum_{i=1}^n[\gcd(i,n)=1] \\ &=\sum_{i=1}^n\sum_{d|gcd(i,j)}\mu(d) \\ &=\sum_{d|n}\mu(d)\frac{n}{d} \end{aligned} \]
哈哈哈，太棒了！
相同的一部分，代入式子
\[ \begin{aligned} \sum_{d=1}^{lim}\sum_{i|d}i\mu(\frac{d}{i})(\prod_{j=1}^n(cnt_{j,d}+1)-1) &=\sum_{d=1}^{lim}\varphi(n)(\prod_{j=1}^n(cnt_{j,d}+1)-1) \end{aligned} \]
于是这题就这样了。
线性筛 \(\varphi\)，预处理 \(cnt\) 数组（根据套路，不要枚举因子而是枚举倍数）。

代码

#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long LL;

const int N = 1e5;
const LL mod = 1e9 + 7;
int lim , n , m , a[25][N + 5] , cnt[25][N + 5] , phi[N + 5] , prime[N + 5] , vis[N + 5] , tot;
LL ans;

inline void getPhi()
{
    phi[1] = 1;
    for(register int i = 2; i <= N; i++)
    {
        if (!vis[i]) phi[prime[++tot] = i] = i - 1;
        for(register int j = 1; j <= tot && prime[j] * i <= N; j++)
        {
            vis[prime[j] * i] = 1;
            if (i % prime[j] == 0) 
            {
                phi[prime[j] * i] = phi[i] * prime[j];
                break;
            }
            phi[prime[j] * i] = phi[i] * (prime[j] - 1);
        }
    }
}

inline void getCnt()
{
    for(register int i = 1; i <= n; i++)
        for(register int j = 1; j <= lim; j++)
            for(register int k = 2; k * j <= lim; k++)
                cnt[i][j] += cnt[i][j * k]; 
}

int main()
{
    freopen("b.in" , "r" , stdin);
    freopen("b.out" , "w" , stdout);
    scanf("%d%d" , &n , &m);
    for(register int i = 1; i <= n; i++)
        for(register int j = 1; j <= m; j++)
            scanf("%d" , &a[i][j]) , cnt[i][a[i][j]]++ , lim = max(lim , a[i][j]);
    getPhi() , getCnt();
    for(register int d = 1; d <= lim; d++)
    {
        LL res = 1;
        for(register int j = 1; j <= n; j++) res = res * (LL)(cnt[j][d] + 1) % mod;
        ans = (ans + (LL)((LL)phi[d] * (res - 1)) % mod) % mod;
    }
    printf("%lld" , ans);
}