【中国剩余定理】【容斥原理】【快速乘法】【数论】HDU 5768 Lucky7

题目链接：

　　http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5768

题目大意：

　　T组数据，求L~R中满足：1.是7的倍数，2.对n个素数有 %pi!=ai  的数的个数。

题目思路：

　　【中国剩余定理】【容斥原理】【快速乘法】【数论】

　　因为都是素数所以两两互素，满足中国剩余定理的条件。

　　把7加到素数中，a=0，这样就变成解n+1个同余方程的通解（最小解）。之后算L~R中有多少解。

　　但是由于中国剩余定理的条件是同时成立的，而题目是或的关系，所以要用容斥原理叠加删减。

　　中间过程中可能会爆long long，所以要用快速乘法（和快速幂类似，只是乘改成加）

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//by coolxxx
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#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<iomanip>
#include<memory.h>
#include<time.h>
#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
#include<string.h>
//#include<stdbool.h>
#include<math.h>
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define abs(a) ((a)>0?(a):(-(a)))
#define lowbit(a) (a&(-a))
#define sqr(a) ((a)*(a))
#define swap(a,b) ((a)^=(b),(b)^=(a),(a)^=(b))
#define eps (1e-8)
#define J 10000000
#define MAX 0x7f7f7f7f
#define PI 3.1415926535897
#define N 24
using namespace std;
typedef long long LL;
int cas,cass;
int n,m,lll;
LL l,r,ans;
LL p[N],a[N];
bool u[N];
LL cheng(LL a,LL b,LL mod)
{
    LL sum=0;
    for(;b;b>>=1)
    {
        if(b&1LL)sum=(sum+a)%mod;
        a=(a+a)%mod;
    }
    return sum;
}
LL exgcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y)
{
    if(!b){x=1,y=0;return a;}
    LL d=exgcd(b,a%b,y,x);
    y-=a/b*x;
    return d;
}
LL china(int nn)
{
    LL sum=0,tot=1,tott,x,y;
    int i;
    for(i=1;i<=nn;i++)if(u[i])tot*=p[i];
    for(i=1;i<=nn;i++)
    {
        if(!u[i])continue;
        tott=tot/p[i];
        exgcd(tott,p[i],x,y);
        x=(x%p[i]+p[i])%p[i];
        sum=((sum+cheng(a[i]*tott%tot,x,tot))%tot+tot)%tot;
    }
    sum=(r+tot-sum)/tot-(l-1+tot-sum)/tot;
    return sum;
}
int main()
{
    #ifndef ONLINE_JUDGE
//    freopen("1.txt","r",stdin);
//    freopen("2.txt","w",stdout);
    #endif
    int i,j,k,ii;
//    for(scanf("%d",&cas);cas;cas--)
    for(scanf("%d",&cas),cass=1;cass<=cas;cass++)
//    while(~scanf("%s",s))
//    while(~scanf("%d",&n))
    {
        ans=0;
        printf("Case #%d: ",cass);
        scanf("%d%lld%lld",&n,&l,&r);
        for(i=1;i<=n;i++)
            scanf("%lld%lld",&p[i],&a[i]);
        lll=1<<n;
        n++;
        u[n]=1;p[n]=7;a[n]=0;
        for(i=0;i<lll;i++)
        {
            for(j=i,k=0,ii=1;ii<n;j>>=1,ii++)
            {
                u[ii]=j&1;
                k+=u[ii];
            }
            k=k&1?-1:1;
            ans+=1LL*k*china(n);
        }
        printf("%lld
",ans);
    }
    return 0;
}
/*
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*/