890. 能被整除的數
一、容斥原理理論知識
韋恩圖（又稱文氏圖）
（1）兩個圓相交的那部分面積。
（2）三個圓相交的那部分面積。
\(S=S_1+S_2+S_3- S_1\cap S_2 -S_2\cap S_3 - S_1\cap S_3 + S_1\cap S_2 \cap S_3\)
遇事不決，小學數學。
（3）四個圓相交的那部分面積。
$S=S_1+S_2 + S_3 + S_3 \(
\)\ \ \ -S_1\cap S_2 -S_1\cap S_3 -S_1\cap S_4 - S_2\cap S_3 -S_2\cap S_4 -S_3\cap S_4\(
\)
上面，我們是用面積來考慮的問題，所以等式左邊寫的是S，也可以用集合來考慮，那就是
\(|S_1 \cup S_2 \cup S_3| =|S_1|+|S_2|+|S_3|- |S_1\cap S_2| -|S_2\cap S_3| - |S_1\cap S_3| + |S_1\cap S_2 \cap S_3|\)
其中\(|\)
上面專案的個數有什麼規律嗎？
上面的求解過程，其實是在求 \(C_n^1 - C_n^2+ ... + {(-1)}^{n-1}C_n^n\)，
也就理解為從n個選擇1個，減去從n中選擇2個，加上從n中選擇3個，減去從n中減去4個...,也可以記為奇數個元素的集合是加，偶數個的（指相交）的集合是減。
根據數學組合數定理，有如下的事實定理：$ C_n^0 +C_n^1 + C_n^2+ ... +C_nn=2n $
證明：
等式右邊=從n個數中選任意個數的方案數。
等式左邊=從n個數中選擇0個數的方案數量+從n個數中選擇1個數的方案數量+...
它們倆個的實際意義是一樣的，所以是成立的！
根據上面的證明，運算的式子就是沒有 \(C_n^0\) 這一項，
也就是在求：$C_n^1 + C_n^2+ ... +C_nn=2n -C_n^0 =2^n-1 $
所以，一定會有\(2^n-1\)項，所以時間複雜度是\(2^n\),注意：這裡這所以每個組合數之間都用加法，是因為我們想知道到底我們需要計算多少次，是次數的和，所以一起在用加法，真正的容斥原理的計算是加減加減的，一定要區分開！
經典例題1
容斥原理有個經典題目：一個班每個人都有自己喜歡的科目，有20人喜歡數學，10人喜歡語文，11人喜歡英語，其中3人同時喜歡數學語文，3人同時喜歡語文英語，4人同時喜歡數學英語，2人都喜歡，問全班有多少人？
這個肯定不可以20+10+11的簡單計算，因為有人喜歡多個科目，會重複計算，在之前基礎上-3-3-4，這時候會發現全部都喜歡的被多減了，再+2。得到班級人數=20+10+11-3-3-4+2
經典例題2
問題：我們在1-10中，找出能被質數2和3整除的數的個數是幾個？
方法1:雙重迴圈，挨個去算模是不是等於零，是的話，就count++.
如此辦法，時間複雜度為： \(O(n \times m)\) ,其中n是指數字的個數，本題為10，m是指待檢查的質數個數，本題個數是2.
可是，如果題目要求n特別大，比如1e9，那麼n*m我們是不會在1秒內解決問題的，就是，演算法複雜，需要優化。
方法2：容斥原理
\(S_2= \\{2,4,6,8,10 \\} \ S_3=\\{3,6,9\\}\)
原題其實是在求解：
$|S_2 \cup S_3|=|S_2|+|S_3| -|S_2 \cap S_3| $= 5+3-1=7
容斥原理來算的話，時間複雜度是 \(2^n\),本題n其實就是質數的個數，也就是走的m的資料範圍，是1<=m<=16,就是\(2^{16}=65536\),那麼時間確實是降低了。
二、容斥原理的數學表示式
\[\small \sum_{1<=i<=n}|A_i| - \sum_{1<=i<j<=n}|A_i \cap A_j| + \sum_{1<=i<j<k<=n}|A_i \cap A_j \cap A_k| - ...+{(-1)}^{n-1}|A_1 \cap A_2 \cap ... \cap A_n| \]比如三個質數是2，3，5，那麼：\(S_2\)就代表2的倍數集合，\(S_3\)就代表3的倍數集合，\(S_5\)就代表5的倍數集合，
$ \small |S_2 \cup S_3 \cup S_5| = |S_2| + |S_3| +|S_5| -|S_2 \cap S_3| -|S_3 \cap S_5| -|S_2 \cap S_5|+|S_2 \cap S_3 \cap S_5|$
(1)如何計算\(|S_2|\)這樣的表示式數值呢？
\(|S_p|\)就是計算1-n中p的倍數集合中的元素個數。它就是等於\(\lfloor \frac{n}{p} \rfloor\),也就是想知道在n中有多少個p,比如，1p,2p,3p,...,kp個。這樣上面式子中的單獨專案我們就會算了，就是算一個\(\lfloor \frac{n}{p}\rfloor\)就可以了。而C++在整數運算除法時，預設就是下取整，這點就不用再特意處理了。
(2)如何計算\(|S_2 \cap S_3|\)這樣的的表示式值呢？
題目給定的\(p_i\)都是質數，所以能被2整除，也能被3整除的數，肯定是能被6整除的數，所以就是 \(|S_6|=|S_2 \cap S_3|\),這樣，問題就轉化成了問題1，也就會求解了！
(3)泛化找到通用公式【順便討論一下它的時間複雜度】
\(|S_{p1} \cap S_{p2} \cap S_{p3} \cap ... \cap S_{pm}| = \lfloor \frac{n}{p_1 \times p_2 \times p_3 \times ... \times p_m} \rfloor\)
上式子的時間複雜度是\(O(m)\)的。整體的時間複雜度就是\(O(2^m \times m)\),本題m=16,就是
\(O(2^{16} \times 2^4)\)=65536*16=100W左右。約等於1e7，就是C++一秒可回！這裡為什麼是\(2^m\)，是因為按2，3，5的倍數進行劃分的集合，其實數量是很少的，只有區區3個，也就是說，按容斥原理，運算的時間複雜度是\(O(2^3)\)
(4)怎麼樣把這些子專案都羅列出來
走到了這一步，容斥原理基本上沒有障礙了，因為我們知道公式，還知道公式的第一個子專案怎麼求解，是不是可以編碼了？嘿嘿，還有最後一個攔路虎：怎麼樣把這些子專案都羅列出來？而且是要有前面的正負號的，都羅列出來（帶著正負號），然後加在一起就是答案了。
我們先來明確：我們要羅列的是什麼東西？
就是p[i]的所有組合方式！舉個栗子： {2},{3},{5},{2,3},{3,5},{2,5},{2,3,5}共7種,也就是\(2^3-1=7\)種。
如何不重不漏的把這七種可能都遍歷到呢？這裡使用的是演算法競賽中非常常用的遍歷所有可能的方法：二進位制遍歷！
這裡需要注意的是，迴圈是從1開始的，至 \(2^3-1\)止，為什麼不是從零開始呢？因為如果是從零開始，表示的是三個質數一個也不要！這與本題的要求不符，所以排除了零。
那我們如何知道一個數的每一位是不是1呢？
So Easy,我們可以利用位運算知道第k位是不是1呢？ i>> k&1 就是了！
C++ 程式碼
#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 20;
int p[N]; //p是質數集合，最多有m項，1≤m≤16,我們開了20個，肯定夠用了。
int main() {
int n, m; //n個整數，m是質數個數
cin >> n >> m;
//讀入了m個質數
for (int i = 0; i < m; i++) cin >> p[i];
//最後的結果
int res = 0;
//不重不漏的遍歷所有質數的組合情況，但要排除掉所有質數都不選擇的情況，即i>0
for (int i = 1; i < 1 << m; i++) {
int t = 1, cnt = 0; //t代表當前所有質數的乘積,cnt當前選法裡面包含幾個1,奇數個是相加的，偶數個是相減的
for (int j = 0; j < m; j++) // 遍歷pj陣列,注意：這裡的下標是從0開始的！
if (i >> j & 1) { //這一位是不是1,是1，表示選擇了當前位置的質數
cnt++; //多選擇了一個集合進行交集運算
//如果質數乘積大於n了，就不用再繼續算了。換句話說，這是這種選擇法是不符合要求的，這種組合不合法
//舉個簡單的栗子： p={2,3,5},而n={1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}，如果三個質數都選擇了，就是30，這對於最大是10的陣列來講是無效的選擇法
if ((LL) t * p[j] > n) {
t = -1; //標識為此次質數組合選擇無效，不用處理，找下一個組合就行了。
break;
}
t *= p[j]; //質數相乘
}
//這裡是在拼容斥原理的公式
if (t != -1) {
if (cnt % 2) res += n / t; //奇數項加,C++的整數除法預設是下取整,不用再關心取整問題
else res -= n / t; //偶數項減
}
}
cout << res << endl;
return 0;
}