幸运数字 容斥

洛谷P2567 要点： 很容易考虑到容斥。先预处理出所有幸运数字，加上它们的倍数个，再找所有两个的最小公倍数减去倍数个，再加上3的…… 至于[a,b],“前缀和”思想处理即可。

但是暴力的考虑复杂度2^2046，tle； 所以要考虑如下剪枝： 1.如果b|a，那么对于所有的x|b，都有x|a，所以这样的b是没有用的。去掉所有的“伪幸运数字”，还有943个。 2.循环时，当这时的LCM已经大于b时，可以直接不要，因为之后若再取LCM，只能更大，都不会满足要求，回溯。 3.将所有的真幸运数字由大到小排序，可以使得LCM更快的超过b。例如：5,4,3,2,1；假如这次要取5,4,3,2,1的最小公倍数，而b是18，若从大到小，那么取了5,4就可以回溯了；反之，要取1,2,3,4才能回溯。

至于代码实现： 1.找幸运数字直接枚举。去伪的时候，标记一下。（n方复杂度） 2.容斥采用dfs（算容斥时很好用），标记一下取数的个数。奇数的LCM加上倍数个，反之减去。 3.“b-(a-1)”可以直接算，不用循环两遍。

（4.疑问：为什么要乘1.0）

解答： 本身kk * num[dep]有可能会爆long long 所以乘1.0变成float型，（float范围 -3.4 -1e38)～3.4* 1e38)足矣）

（double范围： -1.7 -1e308)～1.7 1e308） （long double范围：-1.2 -1e4932～1.2 1e4932）

或者更好的方法是：移项； if(kk<=B/num[dep]) 这样一定不会爆long long

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=1e4+5;
ll A,B;
ll num[N],a[N];
bool mark[N];
ll ans,tot,sum,n;
void dfs1(int dep,int cnt,ll val)
{
    //if(val>b) return;
    if(dep>cnt) return;
    if(dep==cnt)
    {
        a[++tot]=val;
        return;
    }
    dfs1(dep+1,cnt,val*10+6);
    dfs1(dep+1,cnt,val*10+8);
}
void sieve()
{
    for(int i=1;i<=tot;i++)
    {
        if(!mark[i]) num[++n]=a[i];
        for(int j=1;j<=tot;j++)
         if(a[j]%a[i]==0) mark[j]=1;
    }
} 
bool cmp(ll a,ll b)
{
    return a>b;
}
ll gcd(ll a,ll b)
{
    if(a<b) swap(a,b);
    ll g=b;
    while(1)
    {
        ll k=a%b;
        if(k==0) break;
        g=k;a=b;b=g;
    }
    return g;
}
ll zhi(ll t)
{
    return B/t-(A-1)/t;
}
void dfs2(int dep,int cnt,ll val)
{
    if(val>B) return;
    if(dep>n)
    {
        if(cnt==0) return;
        ll now=zhi(val);
        ans+=now*((cnt&1)?1:-1);
        return;
    }
    dfs2(dep+1,cnt,val);
    ll kk=val/gcd(val,num[dep]);
    if(1.0*kk*num[dep]<=B)
     dfs2(dep+1,cnt+1,kk*num[dep]);
}
int main()
{
    scanf("%lld%lld",&A,&B);
    for(int i=1;i<=10;i++)
     dfs1(0,i,0);
    sieve();//sieve：筛； 
    sort(num+1,num+n+1,cmp);
    dfs2(1,0,1);
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}