题目链接

https://www.acwing.com/problem/content/892/

思路

我们可以直接通过除法来计算每一个质数的倍数有多少个，但是这样的话可能会出现重复计算的情况，例如6是2，3的倍数，所以如果我们的n大于等于6的时候会将这个计算两次，那么我们可以通过容斥原理来计算这个整个集合的数量，我们可以通过二进制枚举或者dfs来枚举我们当前选择的集合（0个数不能算作集合，并且超过n的数也不能算在集合内）

容斥原理的思想：∣S1∣+∣S2∣+∣S3∣−∣S1S2∣−∣S1S3∣−∣S2S3∣+∣S1S2S3∣|S_1| + |S_2| + |S_3| - |S_1 S_2| - | S_1 S_3| - | S_2 S_3| + |S_1 S_2 S_3|∣S1∣+∣S2∣+∣S3∣−∣S1S2∣−∣S1S3∣−∣S2S3∣+∣S1S2S3∣然后以此类推，如果是奇数个元素那么就是做加法，偶数个元素做减法

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
//----------------自定义部分----------------
#define ll long long
#define mod 1000000007
#define endl "\n"
#define PII pair<int,int>
#define INF 0x3f3f3f3fint dx[4] = {-1, 0, 1, 0}, dy[4] = {0, 1, 0, -1};ll ksm(ll a,ll b) {ll ans = 1;for(;b;b>>=1LL) {if(b & 1) ans = ans * a % mod;a = a * a % mod;}return ans;
}ll lowbit(ll x){return -x & x;}const int N = 2e6+10;
//----------------自定义部分----------------
ll t,n,m,q,a[N];
void slove(){cin>>n>>m;for(int i = 0;i < m; ++i) cin>>a[i];ll ans = 0;for(int i = 0;i < (1<<m); ++i) {ll cnt = 0LL,res = 1LL;for(int j = 0;j < m; ++j) {if((i >> j) & 1) {res *= a[j],cnt++;if(res > n) {//超过n就不做计算了否则可能会发生溢出cnt = 0;break;}}}if(cnt){if(cnt & 1) ans += n/res;else ans -= n/res;}}cout<<ans<<endl;}int main()
{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);t = 1;while(t--){slove();}return 0;
}

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