无尽

容斥原理。记[l,r]内6的倍数的数的个数为集合S1，8的倍数的为集合S2，66的倍数为集合S3，68的倍数为集合S4......那么答案就是所有这些集合的并集大小。记[l,r]内6的倍数的数的个数为集合S_1， 8的倍数的为集合S_2，66的倍数为集合S_3，68的倍数为集合S_4......那么答案就是所有这些集合的并集大小。可以用容斥定理解决，但需要一些优化。先筛去一些是已有数的倍数的数，如因

容斥原理+树形DP首先有一个暴力的想法，f[i][j][sta]表示树中i与图中k对应，i的子树与sta(状压)对应，然后大力转移。这需要枚举子集，复杂度约O(n2∗3n)O(n^2*3^n)考虑枚举状态sta表示图中可用点范围,记f[i][j]表示i和j对应，但对应可以重复，即可以不一一对应。最终答案就是与全集一一对应的方案数。考虑容斥，记SnS_n表示不使用图中节点n的方案，显然这些都是不合理的

二分+莫比乌斯函数+容斥原理方便起见，我们描述完全平方数及其倍数为不合法数，其余为合法数。二分答案x，找小于x的合法数有多少即可。然而这并不好找，我们来找不合法数。一个合数的平方的倍数一定也能写成一个质数的平方的倍数，因此只考虑质数的平方。一个完全平方数i2i^2，它的贡献⌊xi2⌋\left \lfloor \frac{x}{i^2} \right \rfloor。然而这样算是会算重的，比如36=

DP+容斥然而这题还是令我很害怕。 最值问题的DP一般考虑排序之后从小到大或从大到小，一个一个地考虑。对于这题，对A，B排序，记next[i]=j，表示最大的j满足B[j] < A[i]，不难想到方程f[i][j]表示做到A的第i个，其中已经有j对满足A>B，然后转移 f[i][j] = f[i-1][j] + f[i-1][j-1] * (next[i] - j + 1)但是这显然是错的，因为

容斥按照套路，按边考虑。一条边能贡献的答案是选的k个点分居两侧的方案数。发现这东西很难求。于是转成容斥求k个点归于一侧的方案数。#include<cstdio>#define N 100005#define MOD 1000000007using namespace std;namespace runzhe2000{ typedef long long ll; int fa

容斥原理+矩阵树定理要求每一个公司都恰好选一条边出来，计数生成树。不太好做，考虑这个问题的反面，即存在一些公司选了多条边出来，然而这样也不太好做。这个反面等价于有一些公司没选，就好做了。话说我也不知道为什么 O(2n∗173)O(2^n*17^3) 能过。#include<cstdio> #include<cstring>#include<algorithm>#define mkp(_i, _