题目链接：
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?
pid=1796
题目大意：
给你一个整数N。和M个整数的集合{A1、A2、…、Am}。集合内元素为非负数(包括零)，求小于N的
正整数(1~N-1)中，能被M个整数的集合中随意一个元素整除的正整数个数。
比如N = 12。M = {2，3}，在1~N-1中，能被2整除的数为{2，4，6。8。10}，能被3整除的数为
{3。6，9}。则所求集合为{2，3，4。6，8，9，10}，共7个，则答案为7。
思路：
就是求M个集合的并集。先看上边的样例。能被2整除的数集合S1为{2，4，6，8。10}，能被3整除的数
集合S2为{3，6。9}。而两者交集S12为能被LCM(2，3) = 6整除的数为{6}。
则两者并集 S = S1 + S2 - S12。
依据容斥定理得：若有M个数，则可求出1~N-1中能被不同组合的公倍数整除的个数。
1~N-1能被公倍数整除的个数为 (N-1) / LCM。然后依据奇数项加，偶数项减的原则得出答案个数。
AC代码：
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<string>
using namespace std; int Gcd(int a,int b)
{
if(a < b)
int temp = a, a = b, b = temp;
if(b == 0)
return a;
return Gcd(b,a%b);
} int Lcm(int a,int b)
{
return a/Gcd(a,b)*b;
} int N,M;
int A[220],Select[220]; int Solve()
{
int ans = 0;
for(int i = 1; i < (1 << M); ++i)
{
int odd = 0;
for(int j = 0; j < M; ++j)
{
if((1<<j) & i)
{
Select[++odd] = j;
}
}
int LCM = 1;
for(int j = 1; j <= odd; ++j)
LCM = Lcm(LCM,A[Select[j]]);
if(odd & 1)
ans += N/LCM;
else
ans -= N/LCM;
}
return ans;
} int main()
{
int d;
while(~scanf("%d%d",&N,&M))
{
for(int i = 0; i < M; ++i)
{
scanf("%d",&d);
if(d)
A[i] = d;
else
i--,M--;
}
N--;
printf("%d\n",Solve());
} return 0;
}