容斥原理

内容
用于解决多个有相交情况的集合的并集，例如三个集合的情形：

对于n个集合的交集有公式: $| S_{1} \cup S_{2} \cup S_{3} \cup \dots S_{n} | = (| S_{1} | + | S_{2} | + | S_{3} | + \dots + | S_{n} |) - (| S_{1} \cap S_{2} | + | S_{1} \cap S_{3} | + \dots + | S_{n - 1} \cap S_{n} | + (| S_{1} \cap S_{2} \cap S_{3} | + | S_{1} \cap S_{2} \cap S_{4} | + \dots + | S_{n - 2} \cap S_{n - 1} \cap S_{n} | \dots + {(- 1)}^{n - 1} (| S_{1} \cap S_{2} \cap S_{3} \dots \cap S_{n}) |)$
即：奇数个集合相交前面的系数为正，偶数个集合相交系数为负。

数学证明
若证： $| S_{1} \cup S_{2} \cup S_{3} \cup \dots S_{n} | = (| S_{1} | + | S_{2} | + | S_{3} | + \dots + | S_{n} |) - (| S_{1} \cap S_{2} | + | S_{1} \cap S_{3} | + \dots + | S_{n - 1} \cap S_{n} | + (| S_{1} \cap S_{2} \cap S_{3} | + | S_{1} \cap S_{2} \cap S_{4} | + \dots + | S_{n - 2} \cap S_{n - 1} \cap S_{n} | \dots + {(- 1)}^{n - 1} (| S_{1} \cap S_{2} \cap S_{3} \dots \cap S_{n}) |)$
只需证：对于任意一个其中的元素x，其属于n个集合中的k个，都有: $C_{k}^{1} - C_{k}^{2} + \dots + (- 1)^{k - 1} C_{k}^{k} = 1$ 即可,我们发现对于 $(1 - 1)^{k}$ 二项式展开有： $(- 1 + 1)^{k} = 1 - C_{k}^{1} + C_{k}^{2} - C_{k}^{3} + \dots + (- 1)^{k} C_{k}^{k} ⟺ 0 = 1 - C_{k}^{1} + C_{k}^{2} - C_{k}^{3} + \dots + (- 1)^{k} C_{k}^{k} ⟺ C_{k}^{1} - C_{k}^{2} + \dots + (- 1)^{k - 1} C_{k}^{k} = 1$ ,证毕。
代码实现
给定一个n和m个不同的质数 $P_{1}, P_{2}, P_{3} \dots P_{m}$ ，求出1-n中至少能被一个P整除的数有多少个。

#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int M=20;
int p[M];
int main()
{
    int n,m;
    cin>>n>>m;
    for(int i=0;i<m;i++)
    {
        int x;
        scanf("%d",&x);
        p[i]=x;
    }
    int res=0;
    for(int i=1;i<1<<m;i++)//将所有质数选择情况用1-(2^m-1)的二进制数这2^m-1种情况表示,其中1代表选了这个质数,0表示没选
    {
        int t=1,cnt=0;
        for(int j=0;j<m;j++)
        {
            if(i>>j&1)
            {
                if((LL)t*p[j]>n)
              {
                t=-1;
                break;
              }
              t*=p[j];
              cnt++;
            }
        }
        if(t!=-1)
        {
            if(cnt%2)
            {
                res+=n/t;
            }
            else
            {
                res-=n/t;
            }
        }
        
    }
    printf("%d\n",res);
    
    return 0;
}

代码思路及细节
由数学知识显然有：1-n中能被 $P_{i}$ 整除的数有 $⌊ \frac{n}{P_{i}} ⌋$ 个，且1-n中能被 $P_{i} 和 P_{k}$ 同时整除的数有 $⌊ \frac{n}{P_{i} * P_{k}} ⌋$ 个，以此类推：1-n中能被 $P_{1} P_{2} \dots P_{m}$ 整除的数有 $⌊ \frac{n}{P_{1} P_{2} \dots P_{m}} ⌋$ 个。
对于质数选择的表示我们用了一个小技巧，就是用 $1 到 2^{m - 1}$ 这 $2^{m - 1}$ 个数的二进制来表示，1表示选了这个质数，0代表没有选，例如101就表示选了第一个和第三个质数来求它们在1~n至少能被其中一个数整除的数有多少个。