牛客练习赛43-F（简单容斥）

题目链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/548/F

题意：简化题意之后就是求[1,n]中不能被[2,m]中的数整除的数的个数。

思路：简单容斥题，求[1,n]中不能被[2,m]中的数整除的数的个数，可以通过求能够被整除的数。

　　　首先，[2,m]中的合数肯定能由[2,m]中的素数的乘积来表示，所以我们仅需要考虑[1,n]中能由[2,m]中的素数整除的数的个数即可，记为sum。

　　　然后，我们知道[1,n]中能够被x整除的数的个数为n/x（向下整除）。

　　　then，如果按上一步计算的话，会出现重复计算的问题，这个时候就用到了容斥原理，若[2,m]有p个素数，分别为cnt[1]..cnt[p]，那么这p个素数可以有(1<<p)-1个组合，记该组合中所有素数乘积为tmp，素数个数为num，则能被tmp整除的数有(n/tmp)个，若num为奇数，则sum加上(n/tmp)，若为偶数，则sum减上(n/tmp)，这样就解决了问题。还有本题要注意的一个小细节是若k==0，直接输出QAQ即可。

AC代码：

 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 typedef long long LL;

 int T,m,cnt[]={,,,,,,,,};
 int M[]={,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,};
 LL k,q,n,sum;

 int main(){
     scanf("%d",&T);
     while(T--){
         scanf("%lld%lld%lld%d",&k,&q,&n,&m);
         int p=M[m];
         sum=;
         for(int i=;i<(<<p);++i){
             int num=;
             LL tmp=;
             for(int j=;j<=p;++j)
                 if((<<(j-))&i){
                     ++num;
                     tmp*=cnt[j];
                 }
             if(num&)
                 sum+=n/tmp;
             else
                 sum-=n/tmp;
         }
         sum=(n-sum)+k-;
         if(sum>n) sum=n;
         if(k&&sum>=q) printf("Yes\n");
         else printf("QAQ\n");
     }
     return ;
 }