AcWing,890.能被整除的数
给定一个整数 $n$ 和 $m$ 个不同的质数 $p_1,p_2,\dots ,p_m$。

请你求出 $1\sim n$ 中能被 $p_1,p_2,\dots ,p_m$ 中的至少一个数整除的整数有多少个。

输入格式
第一行包含整数 $n$ 和 $m$。

第二行包含 $m$ 个质数。

输出格式
输出一个整数，表示满足条件的整数的个数。

数据范围
$1\le m\le 16,1\le n,p_i\le 109$

输入样例：

10 2
2 3

输出样例：

7

容斥原理：
假如我们现在有一个韦恩图，如果要不重不漏的表示出整个集合的面积(即三个集合的元素个数)：

这就是一个基础的容斥原理，推广到n个圆的维恩图的话：
1个圆自己的-每2个圆相交的+有3个圆相交的-有4个圆相交的+…
且观察可知选偶数个集合的时候是负的，而选奇数个集合时是正的

对于这道题，我们要求个数时，就可以用$S_1$表示1到n中能被$p_1$整除的数，然后$S_2$表示1到n中能被$p_2$整除的数…让我们求个数的时候，就可以用容斥原理来求

以$S_p$表示1到n中能被p整除的个数，即是p的倍数的个数有多少，那么$S_p=[\frac{n}{p}]$

有多个集合相交的部分，即求能够被$p_1,p_2,p_3...$等整除的数有多少时，表示为[$\frac{n}{p_1\ast p_2\ast ...\ast p_k}$]

为什么下取整？ 因为有时候n可能不能整除p，则下取整可以保证取到最大的那个与p成倍数的数

用二进制数和位运算方法来枚举选法，从1枚举到2ⁿ,用每一位是1还是0来代表选法

此处容斥原理体现为：这里选的每一个数都相当于一个小集合，集合数代表的便是选的数的个数
代码：

#include<iostream>
using namespace std;
const int N = 20;

int n, m;
int p[N];

int main() {
	cin >> n >> m;
	for (int i = 0; i < m; i++) cin >> p[i];	//读入质数

	int res = 0;
	for (int i = 1; i < 1 << m; i++) {	//从1枚举到2的m次方-1个选法

		int t = 1, cnt = 0;	//t表示当前质数的乘积，cnt表示集合个数

		for(int j = 0;j < m;j++)	//枚举m个质数
			if (i >> j & 1) {	//如果当前这一位是1，即选上了
				cnt++;	//集合数加1

				//如果按i这种选法乘过之后，发现大于n了，那么就代表这种选法不成立
				//在这个情况下无法实现被这些选上的质数整除
				//相反如果乘过这些质数后小于n，那么就说明这些数是可以把1到n中的数整除的
				if ((long long)t * p[j] > n) {	//如果大于n就不用算了
					t = -1;
					break;
				}
				t *= p[j];
			}

		if (t != -1) {	//如果没有大于n
			if (cnt % 2) res += n / t;	//如果有奇数个集合那么加上
			else res -= n / t;			//如果有偶数个集合那么减去
		}
	}
	cout << res << endl;

	return 0;
}