BZOJ 1853 浅谈等价类容斥原理+越界LONG LONG数位比较

世界真的很大
这道题思路和原来的某道题等价：BZOJ 2393
但是在细节处理上有一点点不一样的地方，这样夸方位比较的方法
有点扯但是值得一记

看题先：

description：

在中国，很多人都把6和8视为是幸运数字！lxhgww也这样认为，于是他定义自己的“幸运号码”是十进制表示中只包含数字6和8的那些号码，比如68，666，888都是“幸运号码”！但是这种“幸运号码”总是太少了，比如在[1,100]的区间内就只有6个（6，8，66，68，86，88），于是他又定义了一种“近似幸运号码”。lxhgww规定，凡是“幸运号码”的倍数都是“近似幸运号码”，当然，任何的“幸运号码”也都是“近似幸运号码”，比如12，16，666都是“近似幸运号码”。 现在lxhgww想知道在一段闭区间[a, b]内，“近似幸运号码”的个数。

input：

输入数据是一行，包括2个数字a和b

output：

输出数据是一行，包括1个数字，表示在闭区间[a, b]内“近似幸运号码”的个数

怎么做的请参考上道题我的blog
这道题不同之处在于求LCM时会爆long long
如何把这个超过long long的数和R比较呢？
发现R范围不过1e10，long long都爆了肯定大于R了
那么问题就变成了怎么判断超没超long long
一开始想的超过long long都是负数，但是其实超过的太多也会变成正的，未果

想到一般肉眼比较两个数孰大孰小，有限比较的是什么，是位数
于是乎在比较lcm的大小之前先比较其和R的位数大小233
其实很简单，居然能说这么多行233

完整代码：

#include<stdio.h>#include<iostream>#include<cmath>#include<algorithm>using namespace std;typedef long long dnt;int tot=0,cnt=0,m,mrk[100010];dnt L,R,ans=0;dnt a[100010],b[100010];void init(dnt x){    if(x>R) return ;    if(x) a[++tot]=x;    init(x*10+6),init(x*10+8);}dnt gcd(dnt a,dnt b){    return b==0 ? a : gcd(b,a%b);}dnt lcm(dnt a,dnt b){    dnt x=a/gcd(a,b),y=b;    if((int)log((double)x)+(int)log((double)y)>m) return R+1;    return x*y;}void dfs(int state,int flag,dnt delta){    if(state==0)    {        if(delta!=1) ans+=flag*(R/delta-(L-1)/delta);        return ;    }    dfs(state-1,flag,delta);    dnt tmp=lcm(delta,b[state]);    if(tmp<=R) dfs(state-1,-flag,tmp);}int main(){    cin >> L >> R;    m=(int) log((double) R);    init(0);    sort(a+1,a+tot+1);    for(int i=1;i<=tot;i++)    {        if(mrk[i]) continue ;        b[++cnt]=a[i];        for(int j=i+1;j<=tot;j++)            if(a[j]%a[i]==0) mrk[j]=1;    }    dfs(cnt,-1,1);    cout << ans << endl;    return 0;}/*Whoso pulleth out this sword from this stone and anvil is duly born King of all England*/

嗯，就是这样