CF2039F1 Shohag Loves Counting (Easy Version)

题目的限制很奇怪，碰到这种限制我们要做的事情就是把它翻译成人话。

假设数组长度为 \(n\)，那么对于数组的最大值 \(x\)，显然一定存在 \(f(n)=x\)，这个时候我们必须要求 \(f(n-1) \neq x\)，可以发现，如果 \(x\) 不在第一个位置或者最后一个位置，那么一定有 \(f(n-1)=x\)，因此最大值一定在最左侧或者最右侧。

同时，我们注意到 \(f(n-1)\) 是 \(f(n)\) 的因数，并且实际上这两个集合是 \(\text{{x,second_x}}\) 和 \(x\)。那么我们考虑删去最大值，剩下的序列仍然满足条件。递归论证可以发现，这个序列是一个严格的单谷序列。而在这样的情况下，\(f(k)\) 的取值实际上是序列排序后每个后缀的 \(\gcd\)，题目要求它们两两不同。

这样，我们可以考虑从大到小加入元素。设 \(f_i\) 表示目前的后缀 \(\gcd\) 为 \(i\) 的序列个数，假设我们现在加入 \(i\)，那么暴力地做，我们应该是：

枚举 \(i\) 的一个因数 \(j\)，对其的贡献是：

\[\sum f_k[\gcd(k,i)=j] \]

可以对其进行莫比乌斯反演：

\[\sum f_k[\gcd(\frac{k}{j},\frac{i}{j})=1] \]

\[\sum f_k \sum \limits_{d|\gcd(\frac{k}{j},\frac{i}{j})}\mu(d) \]

枚举 \(k = jk'\)：

\[\sum f_{kj} \sum \limits_{d|\gcd(k,\frac{i}{j})}\mu(d) \]

枚举 \(d\)：

\[\sum \limits_d \mu(d) \sum \limits_k f_{kdj}[d|\frac{i}{j}] \]

这个时候考虑维护一个 \(g_k\) 表示 \(\sum f_v[k|v]\)，那么枚举 \(i\) 的因数 \(j\)，然后枚举 \(\frac{i}{j}\) 的因数 \(d\)，把 \(\mu(d)g_{dj}\) 加进对 \(f_j\) 的贡献即可。注意 \(f_j\) 不能对 \(f_j\) 自己有贡献，因此要单独去掉这部分。这一部分的贡献整体要乘以 2，因为对于最小值，它可以放在目前序列最小值的左侧或者右侧两个位置。但对于新开一个只包含一个元素 \(i\) 的序列，只有 1 种方案数。

代码