Vijos P1629 八

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题目

描述

八是个很有趣的数字啊。八=发，八八=爸爸，88=拜拜。当然最有趣的还是8用二进制表示是1000。怎么样，有趣吧。当然题目和这些都没有关系。
某个人很无聊，他想找出[a,b]中能被8整除却不能被其他一些数整除的数。
格式

输入格式

第一行一个数n，代表不能被整除的数的个数。
第二行n个数，中间用空格隔开。
第三行两个数a，b，中间一个空格。
输出格式

一个整数，为[a,b]间能被8整除却不能被那n个数整除的数的个数。
样例1

样例输入1

37764 6082 4622166 53442

样例输出1

6378

限制

各个测试点1s
提示

对于30%的数据， 1≤n≤5，1≤a≤b≤100000。
对于100%的数据，1≤n≤15，1≤a≤b≤10^9，N个数全都小于等于10000大于等于1。

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题解

（由于开始的时候 a 数组只开到15，自己ZZ的WA了一发…）

对于所给出 a 数组，我们可以通过 r/a[i]-(l-1)/a[i] 得到在 [l,r] 中 a[i] 的倍数的个数，显然对于这些 a[i] 的倍数存在重复

然后，我们就需要去重

我们可以从中取出 cnt 个数字取最小公倍数之后的得到一个新的数字 sum

如果，cnt 是偶数那么，就要加上 r/sum-(l-1)/sum，否则就减去

因为，若 sum 由 2∗n+1 个数构成，那么这 2∗n+1 个数可以分解成 2∗n 个数和 1 个数，把这两个组数的最小公倍数分别看做两个数 x 和 y，显然，对于这两个数在上一次的加操作中会多加一个 sum 的倍数的个数；若 sum 由 2∗n 个数构成，则可以分解成 2∗n-1 个数和 1 个数，与上同理，显然，在上一次的减操作中会多减一个 sum 的倍数的个数

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代码

#include<cstdio>#define LL long longusing namespace std;int n,l,r,ans;LL a[20];int readln(){    int x=0;    char ch=getchar();    while (ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();    while ('0'<=ch&&ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar();    return x;}LL gcd(LL x,LL y){return (y==0?x:gcd(y,x%y));}void dfs(int i,LL sum,int cnt){    if (i>n) {        if (cnt&1) ans-=(r/sum-l/sum);        else ans+=(r/sum-l/sum);    }    else {        dfs(i+1,sum,cnt);        if (sum<=r) dfs(i+1,sum*a[i]/gcd(sum,a[i]),cnt+1);    }}int main(){    n=readln();    for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=readln();    l=readln()-1;r=readln();    dfs(1,8,0);    printf("%d",ans);}