How many integers can you find
Problem Description
Now you get a number N, and a M-integers set, you should find out how many integers which are small than N, that they can divided exactly by any integers in the set. For example, N=12, and M-integer set is {2,3}, so there is another set {2,3,4,6,8,9,10}, all the integers of the set can be divided exactly by 2 or 3. As a result, you just output the number 7.
Input
There are a lot of cases. For each case, the first line contains two integers N and M. The follow line contains the M integers, and all of them are different from each other. 0<N<2^31,0<M<=10, and the M integer are non-negative and won’t exceed 20.
Output
For each case, output the number.
Sample Input
12 2 2 3
Sample Output
7
Author
wangye
Source
给定一个包括m个数的集合，数不超过20,问有多少个<n的数，能够被集合中的数整除。
关键问题是重复计算，比如6可以被2整除，也可以被3整除，计数了两次，所以要用到容斥原理。
容斥就是对于重叠次数只有奇数次的，我们加上，重叠次数为偶数次的，我们要减去。
对于每个数，都计算重叠一次的，重叠两次的，重叠三次的...最多重叠m次,有m个数
所以要用到DFS，然后保存中间态重叠x次的最小公倍数lcm,符合题意的数有(n-1)/lcm个
（** 1~n之间有多少个能被x整除的数，公式为n/x，题目中要求小于n,所以(n-1)/x **），根据
step重叠的次数或者加上，或者减去。
比如n=7,m=2,集合中的数为2 3
首先对于2，重叠一次，lcm=2，7/2=3，有3个符合的数（其实是2,4,6)，因为重叠次数是奇数，所以
ans+=3,这时中间态lcm=2，然后继续dfs剩下的数（因为要和其它数组和在一块进行重叠,这里只剩下3了）,
重叠两次， lcm=LCM(lcm,3), lcm=LCM(2,3)=6，7/6=1，重叠次数为偶数，ans-=1，这样以2开始的所有情况就完了。
再对于3，重叠一次，lcm=3,7/3=2,有两个符合的数，ans+=2.最终ans=4
#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <algorithm>
#include <string.h>
#include <stdlib.h>
#include <cmath>
#include <iomanip>
#include <vector>
#include <set>
#include <map>
#include <stack>
#include <queue>
#include <cctype>
#define rd(x) scanf("%d",&x)
#define rd2(x,y) scanf("%d%d",&x,&y)
#define rd3(x,y,z) scanf("%d%d%d",&x,&y,&z)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int maxn=25;
ll num[maxn];//寸有效数字
int cnt;
ll ans;
ll n,m;
ll gcd(ll a,ll b)
{
return b==0?a:gcd(b,a%b);
}
ll LCM(ll a,ll b)
{
return a*b/gcd(a,b);
}
void dfs(int th,ll now,int step)//th，该数是num中的第几个，now是当前的最小公倍数，step是重叠几次，最多cnt次
{
if(step>cnt)
return;
ll lcm=LCM(num[th],now);//这里lcm是step个数的最小公倍数
if(step&1)
ans+=(n-1)/lcm;//1~n之间有多少个能被x整除的数，公式为n/x，题目中要求小于n,所以(n-1)/x
else
ans-=(n-1)/lcm;
for(int p=th+1;p<cnt;p++)
dfs(p,lcm,step+1);
}
int main()
{
while(scanf("%I64d%I64d",&n,&m)!=EOF)
{
cnt=0;
ans=0;
ll val;
while(m--)
{
scanf("%I64d",&val);
if(val>0&&val<n)
num[cnt++]=val;
}
for(int i=0;i<cnt;i++)//从每个数开始，搜索重叠一次，两次，三次....
{
dfs(i,num[i],1);
}
printf("%I64d\n",ans);
}
return 0;
}
第二种方法：枚举二进制位
将符合条件的m个数，看作m位，每位是0或者是1，那么一共有2^m种状态，只要判断一下每一个状态有多少个1，也就是有多少个数（重叠多少次）,记为k，每一个1代表哪几个具体的数，求这几个数的最小公倍数，然后(n-1)/lcm, 利用k的值来判断应该减去还是加上。
#define rd(x) scanf("%d",&x)
#define rd2(x,y) scanf("%d%d",&x,&y)
#define rd3(x,y,z) scanf("%d%d%d",&x,&y,&z)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int maxn=25;
ll num[maxn];//存有效数字
int cnt;
ll ans;
ll n,m;
ll gcd(ll a,ll b)
{
return b==0?a:gcd(b,a%b);
}
ll LCM(ll a,ll b)
{
return a*b/gcd(a,b);
}
int main()
{
while(scanf("%I64d%I64d",&n,&m)!=EOF)
{
cnt=0;
ans=0;
ll val;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%I64d",&val);
if(val>0&&val<n)
num[cnt++]=val;
}
for(int i=1;i<(1<<cnt);i++)//把cnt个数看作cnt位，每位是0或者1
{
//下面就是求状态i里面有多少个1，也就是重叠多少次，用k表示
int k=0;
ll lcm=1;
for(int j=0;j<cnt;j++)
{
if(i&(1<<j))
{
k++;
lcm=LCM(lcm,num[j]);//求出这k个数的最小公倍数
}
}
if(k&1)
ans+=(n-1)/lcm;
else
ans-=(n-1)/lcm;
}
printf("%I64d\n",ans);
}
return 0;
}