首先,我們可以預處理\(r\)以內的幸運數字。

這樣的數字不會很多,設\(r\)內所有幸運數字有\(n\)個,分別是\(a_1,a_2,a_3,...,a_n\)。

然後,我們知道\(m\)以內的\(x\)的倍數有\(\lfloor\frac{m}{x}\rfloor\)個。

那麽答案就是\(\sum_{i=1}^n\lfloor\frac{r}{a_i}\rfloor-\sum_{i=1}^n\lfloor\frac{l-1}{a_i}\rfloor\)?

當然不是,因為會有重復。

所以考慮容斥。

我們設\(f(m,x)=\sum_{i_1=1}^n\sum_{i_2=i_1+1}^n\sum_{i_3=i_2+1}^n...\sum_{i_x=i_{x-1}+1}^n\lfloor\frac{m}{lcm(p_{i_1},p_{i_2},p_{i_3},...,p_{i_n})}\rfloor\)

那麽答案就是\(\sum_{i=1}^n(-1)^{i+1}f(r,i)-\sum_{i=1}^n(-1)^{i+1}f(l-1,i)\)。

可惜這樣做時間復雜度很高,無法承受。

考慮剪枝。

設\(ans(x)=\sum_{i=1}^n(-1)^{i+1}f(x,i)\),那麽問題答案就是\(ans(r)-ans(l-1)\)

看看如何計算\(ans(m)\)。

首先,我們發現當任意數量的幸運數字的\(lcm\)大於\(m\)的時候,就不存在對答案的貢獻了。

所以我們可以減去\(lcm\)已經大於\(m\)的情況。

這樣就省掉了大量無意義運算。

這樣能不能通過此題呢?事實證明不能。

還有以下優化:

1.降序排列\(p\),使得\(lcm\)可以更快地大於\(m\)。

然後你吸個氧氣可能就過了。

如果你還是過不了,我們可以減少\(p\)的長度。

2.發現對於任意\(p_j|p_i\),\(p_i\)的倍數都是\(p_j\)的倍數。

所以刪去\(p_i\)不會影響答案。

然後應該是鐵定過了。

評測記錄(吸了氧氣)

所有優化

只有2

只有1的莫名WA掉了,提交記錄就不放了。

code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int p[15]={0,1,-1,1,-1,1,-1,1,-1,1,-1,1,-1,1,-1};
long long l,r,n,ln[1050],sz,ued[1050],ans;
queue<long long>q;
long long gcd(long long x,long long y){
    return y?gcd(y,x%y):x;
}
long long lcm(long long x,long long y){
    return x?x*(y/gcd(x,y)):y;
}
bool P(long long x,long long y){
    return ((x<=1e9)||(y<=1e9));
}
bool cmp(long long x,long long y){
    return x>y;
}
void Getln(){
    long long x;
    q.push(6),q.push(8);
    while(!q.empty()){
        x=q.front(),q.pop();
        for(int i=1;i<=sz;++i)if(x%ln[i]==0)goto END;
        ln[++sz]=x;
        END:
        x*10+6<=r?(q.push(x*10+6),(x*10+8<=r?q.push(x*10+8),0:0)):0;
    }
}
void dfs(int x,int tt,long long lm){
    (x>sz&&lm)?ans+=p[tt]*(n/lm):0;
    if(x>sz||lm>n)return;
    dfs(x+1,tt,lm),P(lm,ln[x])?dfs(x+1,tt+1,lcm(lm,ln[x])),0:0;
}
long long Work(long long x){
    ans=0,n=x,dfs(1,0,0);
    return ans;
}
int main(){
    scanf("%lld%lld",&l,&r);
    Getln();
    sort(ln+1,ln+sz+1,cmp);
    printf("%lld",Work(r)-Work(l-1));
    return 0;
}
 

[2019.1.10]BZOJ1853 [Scoi2010]幸運數字