容斥原理

就是把每个区间的大小加到总和上，然后把每两个区间的相交部分减去，把每三个区间的相交部分加上，如此处理……

所以通常深搜比较好写，设置falg奇数时加上当前值，偶数时减去当前值，重点就是如何让求每一轮的值，注意不要重复，

深搜方向的选择，或者状压存状态，如此，如此……

eg:

HDU1796 How many integers can you find

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1796

题意：

求小于n的数中能够整除a数组中某个数的数有多少个。

思路：

可以简单求出数组中每个数在小于n的数中的答案个数，就是(n-1)/a[i]，之后相加就是全部的数，但是有重复，所以要减去同时是两个数的倍数的数，

eg：a[ ] = {2,3}; sum=(n-1)/2+(n-1)/3-(n-1)/(lcm(2,3));

然而当a数组中的数多余两个时，减去的数中也会有重复，所以再加上同时是三个数的倍数的数，加上数中也会存在重复，所以需要减去四个数的倍数的数，如此……就是容斥原理了。

解题代码：

#include<iostream>#include<cstdio>using namespace std;int a[21];int n,m;long long summ;int gcd(int x,int y){    return y?gcd(y,x%y):x;}int lcm(int x,int y){    return x/gcd(x,y)*y;}void dfs(int now,int step,int flag){    summ+=(n/step)*flag;    for(int i=now+1;i<m;i++)        dfs(i,lcm(max(step,a[i]),min(step,a[i])),-flag);}int main(){    int i,j;    while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF&&n)    {        n--;        for(i=0,j=0;i<m;i++)        {            scanf("%d",&a[i]);            if(a[i])                a[j++]=a[i];        }        m=m-(i-j);        summ=0;        for(i=0;i<m;i++)            dfs(i,a[i],1);        printf("%lld\n",summ);    }    return 0;}

注意：

最小公倍数的求解函数，

int lcm(int x,int y)
{
    return x/gcd(x,y)*y;  //不能将y直接与x相乘后再除以最大公约数，因为会发生溢出。
}