题目描述：给定A, B, N (1 <= A <= B <= 10^15，1<=N <= 10^9).求[A,B]区间内与N互素的数的个数
步骤：
（1）将问题化为求1~B，1~A中与N互素的数的个数的差，当然考虑到A可能与N互素的情况，在实际操作时，
即求1~A时最好改成求1~A-1（包含A-1）；
（2）求N的质因子（可参考：http://blog.csdn.net/yzj577/article/details/38148087）；
（3）直接运用容斥原理（关于容斥原理的知识，可参考：http://baike.baidu.com/view/573741.htm?fr=aladdin）
现在问题的关键是如何通过代码实现容斥原理，看到某博客说有三种可行的方法：dfs(深搜)，队列数组，
位运算，而我们在课上讲的是用位运算来实现的，所以我在这里用位运算来做。
举例：
求1~50中与N=30互素的个数,30=2*3*5*,结果为50-50/2-50/3-50/5+50/(2*3)+50/(2*5)+50/(3*5)-50/(2*3*5)
如果用’0‘和’1‘标记2,3,5，为’1‘时要除50，为’0‘时不需，那么，二进制数000,001,010,011，······，111，
不就刚好对应上式中的2,3,5在除数中出现的情况，001—-2, 010—-3,011—-3*2，110—-5*3,111—-5*3*2······
也就是说，判断从1~7中每个数对应的二进制数的’0‘和’1‘出现的情况如何，第几位出现’1‘，对应的N的质因子
就要作除数，具体过程请参照下面代码。
#include<stdio.h>
int prime[20],num;
void suyin(int n) //求n的质因子
{
int i;
num=0;
if (n%2==0) //先把偶数的情况考虑，下面就可以只判断奇数了
{
prime[num++]=2;
while(n%2==0) n/=2;
}
for (i=3;i*i<=n;i+=2)
//大于n的开方的质因子最多只有一个，下面的（if (n>1) prime[num++]=n）就是判断这个质因子是否存在
{
if (n%i==0)
{
prime[num++]=i;
while (n%i==0) n/=i;
}
}
if (n>1) prime[num++]=n;
}
long long husu(long long a,int m)
{
long long s,sum;
int i,j;
sum=a;
for (i=1;i<m;i++)
{
s=1;
for (j=0;j<num;j++)
{
if ((i>>j)&1==1) s=(-1)*s*prime[j];//每次按位右移后取最右边一位数判断
if ((i>>(j+1))==0) break; //如果已经是0了当然不用再判断了
}
sum=sum+a/s;
}
return sum;
}
int main()
{
long long a,b,tot;
int n,t,k=1,i;
scanf("%d",&t);
while (t--)
{
scanf("%I64d%I64d%d",&a,&b,&n);
suyin(n);
int m=(1<<num); //求最小的num+1位的二进制数，减一后就是最大num位的二进制数
tot=husu(b,m)-husu(a-1,m);
printf("Case #%d: %I64d\n",k++,tot);
}
return 0;
}
来源：CSDN
作者：寂寞也只是我的狼狈
链接：https://blog.csdn.net/Valieli/article/details/103590183