BZOJ 1853 淺談等價類容斥原理+越界LONG LONG數位比較

世界真的很大
這道題思路和原來的某道題等價：BZOJ 2393
但是在細節處理上有一點點不一樣的地方，這樣誇方位比較的方法
有點扯但是值得一記

看題先：

description：

在中國，很多人都把6和8視爲是幸運數字！lxhgww也這樣認爲，於是他定義自己的“幸運號碼”是十進制表示中只包含數字6和8的那些號碼，比如68，666，888都是“幸運號碼”！但是這種“幸運號碼”總是太少了，比如在[1,100]的區間內就只有6個（6，8，66，68，86，88），於是他又定義了一種“近似幸運號碼”。lxhgww規定，凡是“幸運號碼”的倍數都是“近似幸運號碼”，當然，任何的“幸運號碼”也都是“近似幸運號碼”，比如12，16，666都是“近似幸運號碼”。 現在lxhgww想知道在一段閉區間[a, b]內，“近似幸運號碼”的個數。

input：

輸入數據是一行，包括2個數字a和b

output：

輸出數據是一行，包括1個數字，表示在閉區間[a, b]內“近似幸運號碼”的個數

怎麼做的請參考上道題我的blog
這道題不同之處在於求LCM時會爆long long
如何把這個超過long long的數和R比較呢？
發現R範圍不過1e10，long long都爆了肯定大於R了
那麼問題就變成了怎麼判斷超沒超long long
一開始想的超過long long都是負數，但是其實超過的太多也會變成正的，未果

想到一般肉眼比較兩個數孰大孰小，有限比較的是什麼，是位數
於是乎在比較lcm的大小之前先比較其和R的位數大小233
其實很簡單，居然能說這麼多行233

完整代碼：

#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long dnt;

int tot=0,cnt=0,m,mrk[100010];
dnt L,R,ans=0;
dnt a[100010],b[100010];

void init(dnt x)
{
    if(x>R) return ;
    if(x) a[++tot]=x;
    init(x*10+6),init(x*10+8);
}

dnt gcd(dnt a,dnt b)
{
    return b==0 ? a : gcd(b,a%b);
}

dnt lcm(dnt a,dnt b)
{
    dnt x=a/gcd(a,b),y=b;
    if((int)log((double)x)+(int)log((double)y)>m) return R+1;
    return x*y;
}

void dfs(int state,int flag,dnt delta)
{
    if(state==0)
    {
        if(delta!=1) ans+=flag*(R/delta-(L-1)/delta);
        return ;
    }
    dfs(state-1,flag,delta);
    dnt tmp=lcm(delta,b[state]);
    if(tmp<=R) dfs(state-1,-flag,tmp);
}

int main()
{
    cin >> L >> R;
    m=(int) log((double) R);
    init(0);
    sort(a+1,a+tot+1);
    for(int i=1;i<=tot;i++)
    {
        if(mrk[i]) continue ;
        b[++cnt]=a[i];
        for(int j=i+1;j<=tot;j++)
            if(a[j]%a[i]==0) mrk[j]=1;
    }
    dfs(cnt,-1,1);
    cout << ans << endl;
    return 0;
}
/*
Whoso pulleth out this sword from this stone and anvil is duly born King of all England
*/

嗯，就是這樣