标签：tor min 技术 lock return define show cin 方法
题意：求[a,b]中含有6 8或因子含有6 8的数的个数
题解：
我们用容斥的思想，先求出1->b的方案数，再减去1->a-1的方案数
首先我们一遍DFS求出所有由6和8组成的数的数量
然后将搜索得到的所有数排序，如果存在a%b==0，那就把a给删了（打个标记）。
由于得到的数非常少，所以我们可以枚举乘积可能得到的数字num，那么就会有N/num个数含有num这个因子，因此ans+=N/num。
两个细节上的问题：
1.如果我们当前枚举得到的乘积为a，需要乘下一个数b搜索到下一层时，只需要传递lcm(a,b)即可
2.枚举得到的数一定会爆long
long，要是有闲心可以去写高精……我上网搜了一下发现都是用double判精度之类很神奇的方法（至少我是没看懂……）。由于我懒到爆了，所以直接用自然溢出——如果枚举得到的数now<0，那肯定是发生自然溢出了，但问题在于如果第32位溢出后是0，那么now>0这样就得到了错解，但是数据非常的友善，我就这样AC了……
#include <cmath> #include <cstdio> #include <cstring> #include <cstdlib> #include <iostream> #include <algorithm> using namespace std; #define lcm(a,b) (a*b/gcd(max(a,b),min(a,b))) #define ll long long const int MAXN=100000; ll a,b,cnt,num[MAXN],ans,tot; bool flag[MAXN]; ll gcd(ll a,ll b){ return (!b?a:gcd(b,a%b));} bool cmp(ll a,ll b){ return a>b;} void DFS1(ll now,ll N){ if(now>N) return; DFS1(now*10+6,N),DFS1(now*10+8,N); if(now) num[++cnt]=now; } void DFS2(ll now,int deep,int c,ll N){ if(deep==cnt || now>N || now<0) return;//now<0 =>自然溢出 =>可行性剪枝 ll ret=0,type=(deep%2?1:-1); if(now!=1) ans+=type*N/now; for(int i=c;i<=cnt;i++) if(!flag[i]) DFS2(lcm(now,num[i]),deep+1,i+1,N); } ll Slove(ll N){ ans=cnt=0; memset(flag,0,sizeof(flag)); DFS1(0,N); sort(num+1,num+cnt+1,cmp); for(int i=1;i<=cnt;i++) for(int j=i+1;j<=cnt;j++) if(!(num[i]%num[j])){ flag[i]=1; break; } DFS2(1,0,1,N); return ans; } int main(){ cin >> a >> b; cout << Slove(b)-Slove(a-1) << endl; return 0; }
BZOJ1853 SCOI2010 幸运数字 DFS+容斥原理
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原文地址：http://www.cnblogs.com/WDZRMPCBIT/p/6444716.html
