955C. Sad powers(思維)

955C. Sad powers(思維)

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思路：對於1到n的滿足$a^b=x$的數$x$（冪次$b$>1）。

我們可以將之分爲兩種，一種是$b=2$，另一種$b>2$且不是完全平方數的個數。

對於第一種情況($b==2$)，即我們計算完全平方數的個數，這部我們可以二分$O(logn)$

對於第二種情況($b>2$)，因爲$b=3$時這樣數最多隻有$10^{18/3}=10^6$種，$b>3$的則更少，所以這種情況的數我們可以暴力預處理。

但是第二種情況可能有重複計算，我們去重即可。但是第一種情況和第二種情況可能也有重複計算，我們再篩去第二種情況的完全平方數。

這樣我們計算$f(n)$即小於等於$n$，滿足$a^b=x$的數，$O(logn)$計算出第一種情況即可，$O(n)-O(log1e6)$計算第二種情況的即可。

代碼：

#include<bits/stdc++.h>
#define mset(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
vector<ll> _o,o;
ll root(ll x)
{
    ll ans=0;
    ll l=1,r=1e9;
    while(l<=r)
    {
        ll m=(l+r)/2;
        if(m*m<=x){
            ans=m;
            l=m+1;
        }
        else r=m-1;
    }
    return ans;
}
ll f(ll n)
{
    int ans=upper_bound(o.begin(),o.end(),n)-o.begin();
    return ans+root(n);
}
void init()
{
    ll U=1e18;
    for(ll i=2;i<=1000000;++i)
    {
        for(ll cur=i*i*i;cur<=U;cur*=i)
        {
            _o.push_back(cur);
            if(cur> U/i) break;
        }
    }
    sort(_o.begin(),_o.end());
    _o.erase(unique(_o.begin(),_o.end()),_o.end());
    for(ll &v:_o)
    {
        ll r=root(v);
        if(r*r==v) continue;
        o.push_back(v);
    }
}
ll solve(ll l,ll r)
{
    return f(r)-f(l-1);
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
    init();
    int t;
    cin>>t;
    while(t--)
    {
        ll l,r;
        cin>>l>>r;
        cout<<solve(l,r)<<endl;
    }
}

這裏提供一種容斥，但是超時的思路。

滿足$a^b=x$,的數的 $b$ 無非是$2,3,...63$，又因爲所有合數(如6=2*3)，所以冪次爲合數的數也是冪次爲素數的數。

所以我們我們只需 $b$ 取$2,3,5,7,11...$即可。但是像冪次爲$2,3$這樣有重複計算，即冪次爲$6$的，所以這裏就用到容斥了，我們容斥的是冪次爲$2,3,5,7,11,...$的數的個數。

對於$b > 63$的我們不予處理，因爲滿足冪次爲$>63$的數爲0個，預處理後發現容斥裏面的冪次的個數有$38$個。

但是要怎麼計算1~n內冪次爲$b$次的數的個數呢？

用$pow(n,1/b)$即可，不過因爲有誤差，所以我們需要檢測前面或後面的是否滿足$a^b\le b$。

#include<bits/stdc++.h>
#define mset(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1e5+10;
int num[1005],tot;
int rc[maxn],cnt;
int top;
vector<int> prime;
int book[1005];
bool check(ll a,ll b,ll n)//return a^b<=n
{
    ll ans=1;
    for(ll i=1; i<b; ++i)
    {
        n/=a;
    }
    if(a <= n)return true;
    else return false;
}
void init()
{
    book[1]=1;
    for(int i=2; i<=63; ++i)
    {
        if(!book[i])
        {
            prime.push_back(i);
            for(int j=i*i; j<=63; j+=i) book[j]=1;
        }
    }
    tot=0;
    for(int p:prime)
        num[tot++]=p;
    cnt=0;
    rc[cnt++]=-1;
    for(int i=0; i<tot; ++i)
    {
        int k=cnt;
        for(int j=0; j<k; ++j)
        {
            ll m=num[i]*(rc[j] < 0? -1 *rc[j]:rc[j]);
            if(m > 63)
                continue;
            rc[cnt++]=m*(rc[j]<0?1:-1);
        }
    }
}
ll getnum(ll n,ll k)//take maximal a of a^k<=n
{

    ll r=pow(1.0*n,1.0/k);
    while(!check(r,k,n)) --r;
    while(check(r+1,k,n)) ++r;
    return r-1;
}
ll getcnt(ll n)
{
    if(n==0) return 0;
    if(n < 4) return 1;
    int top=0;
    ll m=n;
    ll ans=1;
    for(int i=1; i<cnt; ++i)
    {
        if(rc[i] < 0)
            ans-=getnum(n,rc[i]*-1);
        else
            ans+=getnum(n,rc[i]);
    }
    return ans;
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
    init();
    ll l,r,t;
    cin>>t;
    while(t--)
    {
        cin>>l>>r;
        cout<<getcnt(r)-getcnt(l-1)<<endl;
    }
    return 0;
}