A
分解 \(a\) 之后可以轻松找到最小的 \(b\) 满足 \((a,b)\) 是好的，而其他的 \(b\) 一定是最小的 \(b\) 的完全平方数倍。
B
暴 力 大 战（为啥 \(d^3(m)\) 甚至 \(d^4(m)\) 能轻松过 1e9 啊，赛时以为 \(d(m)=\Theta(\sqrt m)\)，\(d^3(m)=\Theta(m\sqrt m)\) 就没敢写，只写了 \(O(m\log m)\) 的暴力
首先 \(\gcd\) 肯定是 \(\text{lcm}\) 的约数，所以 \(\gcd\) 肯定是 \(m\) 的约数，可以先 \(O(d(m))\) 枚举 \(\gcd=k\)，同时也可以知道 \(\text{lcm}=m-k\)，
把 \(S\) 中的所有数同时除以 \(k\)，则转化为求 \(\gcd=1,\text{lcm}=\dfrac{m-k}k\) 的 \(S\) 的个数，设它是 \(f\left(\dfrac{m-k}k\right)\)，
再设 \(\gcd=1,\text{lcm}\mid k\) 的 \(S\) 的个数为 \(g(k)\)，则 \(g(k)=\sum\limits_{i\mid k}f(i)\)，莫反得到 \(f(k)=\sum\limits_{i\mid k}g(i)\mu\left(\dfrac ki\right)\)，现在只需要求 \(g\)。
\[\begin{aligned} g(k)=&\sum\limits_{\forall i\in S,i\mid k}[\gcd\limits_{i\in S}i=1]\\ =&\sum\limits_{d\mid k}\mu(d)\sum\limits_{\forall i\in S,i\mid k}[\forall i\in S,d\mid i] \end{aligned} \]观察后面的条件 \(\forall i\in,d\mid i\mid k\)，把 \(S\) 中的所有数同时除以 \(d\)，可得
\[\begin{aligned} =&\sum\limits_{d\mid k}\mu(d)\sum\limits_{S}[\forall i\in S,i\mid\dfrac kd]\\ =&\sum\limits_{d\mid k}\mu(d){\sigma_0\left(\dfrac kd\right)\choose n} \end{aligned} \]设 \(h(k)={\sigma_0(k)\choose n}\)，则 \(g=\mu*h\)，\(f=\mu*\mu*h\)，\(\mu*\mu\) 是积性函数，不用卷直接算，剩下的直接暴力卷即可做到 \(O(d^3(m))\)。
C
肯定是要算出两半的方案数再乘起来，这里只考虑前一半，设 \(f_i\) 表示以数 \(i\) 结尾的子序列个数，则 \(O(n2^m)\) 的暴力是显然的，考虑优化转移。
考虑根号平衡，设 \(p_{i,j}\) 表示已经求出的所有状态中，前 \(\dfrac m2\) 位为 \(i\)，后 \(\dfrac m2\) 位 \(\subseteq j\) 的状态的值之和，
填入一个前 \(\dfrac m2\) 位为 \(x\)，后 \(\dfrac m2\) 位为 \(y\) 的数 \(v\) 时，只需枚举 \(x\) 的所有子集 \(i\)，累加 \(p_{i,y}\) 转移到 \(f_v\) 即可。
考虑 \(f_v\) 加上 \(\Delta\) 时对 \(p\) 的影响，只需枚举 \(y\) 的所有超集 \(j\)，把 \(p_{x,j}\) 加上 \(\Delta\) 即可。总复杂度 \(O(n2^{\frac m2})\)。
D
根据 \(q\)-analog 理论，答案是 \(\displaystyle{n+m\brack n}_q\)。
然后 \(q\)-Lucas 定理有一个推论：
\[\displaystyle{n\brack m}_q\equiv{\left\lfloor\dfrac n{\text{ord}_p(q)}\right\rfloor\choose\left\lfloor\dfrac m{\text{ord}_p(q)}\right\rfloor}{n\mod\text{ord}_p(q)\brack m\mod\text{ord}_p(q)}_q\pmod p \]左边 Lucas，右边暴算即可。
标签：mu,limits,dfrac,sum,mid,第一次,2024,text,CSP From： https://www.cnblogs.com/5k-sync-closer/p/18400868