题目概述
问有多少个 \((a,b,c,d)\)，在 \(n\) 个数的 \(x\) 满足 \(\gcd\{x_a,x_b,x_c,x_d\}=1\).
其中，\(n,\max x\leq 10^4\)。
分析
套路经典题目，记录一下。
设 \(f(d)\) 表示选 \(4\) 个数，其最大公约数为 \(d\) 的倍数的个数。
设 \(F(d)\) 表示选 \(4\) 个数，其最大公约数为 \(d\) 的个数。
那么我们 \(f(d)\) 是好求的：
\[f(d)=C_{cnt_d}^{4}
\]
我们考虑怎么通过 \(f\) 求 \(F\)，只需要考虑容斥即可。
因为我要 \(1\times d\) 的 \(f\)，再减去 \(2\times d\) 的 \(f\)，再减去 \(3\times d\) 的 \(f\)，再加上 \(6\times d\) 的 \(f\) 等等即可。
我们发现这其实就是其分解质因数的个数，容易想到莫比乌斯函数——一个天然的容斥系数。
于是：
\[F(d)=\sum_{d\mid k}\mu(\frac{k}{d})f(k)
$所以说我们求的 $F(1)=\sum_{k=1}^{mx}mu(k)f(k)$。然后直接做就行了哦。## 代码
时间复杂度 $\mathcal{O}(\sum n\sqrt n)$。
```cpp
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <stdlib.h>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <cmath>
#define int long long
#define N 10005
using namespace std;
int gcd(int a,int b) {return b ? gcd(b,a % b) : a;
}
int calc(int x) {if (x <= 3) return 0;return x * (x - 1) * (x - 2) * (x - 3) / 24;
}
int prime[N];
bool vis[N];
int mu[N];
void init(int n) {mu[1] = 1;int cnt = 0;for (int i = 2;i <= n;i ++) {if (!vis[i]) prime[++cnt] = i,mu[i] = -1;for (int j = 1;j <= cnt && prime[j] * i <= n;j ++) {vis[i * prime[j]] = 1;if (i % prime[j] == 0) break;mu[i * prime[j]] = -mu[i];}}
}
int a[N],cnt[N],f[N];
signed main(){init(1e4);int n;int mx = 0;while(~scanf("%lld",&n)) {memset(f,0,sizeof f),memset(cnt,0,sizeof cnt);// for (int i = 0;i <= mx;i ++) f[i] = cnt[i] = 0;mx = 0;for (int i = 1;i <= n;i ++) scanf("%lld",&a[i]),mx = max(mx,a[i]);for (int i = 1;i <= n;i ++) {int x = a[i];int t = sqrt(x);for (int j = 1;j <= t;j ++)if (x % j == 0) {cnt[j] ++;if (j != x / j) cnt[x / j] ++;}}for (int i = 1;i <= mx;i ++) f[i] = calc(cnt[i]);int ans = 0;for (int i = 1;i <= mx;i ++) ans += mu[i] * f[i];printf("%lld\n",ans);// int ans = 0;// for (int i = 1;i <= n;i ++)// for (int j = i + 1;j <= n;j ++)// for (int k = j + 1;k <= n;k ++)// for (int l = k + 1;l <= n;l ++)// if (gcd(a[i],gcd(a[j],gcd(a[k],a[l]))) == 1)// ans ++;// printf("%lld\n",ans);}return 0;
}
```\]