[JZOJ5163] 【NOIP2017模拟6.25】PS的烦恼

Description

话说PS总是有着各种各样的烦恼，这天，他又在为自己失败的感情史烦恼着。这时，他心中的女神，魔法少女小圆从天而降，她对他说，如果你能帮我解决一个问题，我就让你永远没有烦恼。
问题是这样的：
寻找一个最大的k，使得存在一个x使得x^k=y，那么f(y)=k，即y最多可以开k次方根。
小圆的要求是求出从a到b的f值之和（包括a和b）。
100%的数据满足：2<=a<=b<=10^18

Solution

解法一

这是我在比赛时的解法

观察数据范围，既然是求指数，那么底数的衰减是非常快的，当指数大于2以后底数小于106，可以直接暴力求了。

那么只需要考虑指数是1和2的情况。
显然k=1答案就是b-a+1，然后暴力求的时候再减掉。
然后k=2时就是⌊b√⌋−⌊a√⌋,后面暴力求的时候判断指数是否是偶数，是的话答案就减1

其实就是半暴力半容斥

暴力求的时候只扫只能开1次的，这个可以提前暴力弄出来。
然后跑了32ms，全场最慢。

解法二

把原问题简化成求1到N的答案

设f(i)是N以内最大开i次方的数的个数
g(i)是N以内至少开i次方的数的个数

很明显
g(i)=∑j=1i∗j≤MaxKf(i∗j)
就是说g(i)包括f(i)的倍数

那么直接反演
f(i)=∑j=1i∗j≤MaxKg(i∗j)μ(j)

最后用f直接算答案。

Code

代码是解法1

#include <cstdio>#include <cstdlib>#include <cstring>#include <cmath>#include <algorithm>#include <iostream>#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)#define fod(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)#define N 1005#define LL long longusing namespace std;LL ksm(LL k,LL n){    if(n==0) return 1;    LL s=ksm(k,n/2);    return (n%2)?s*s*k:s*s;}bool bz[1000007];int main(){    LL n,m;    cin>>n>>m;    memset(bz,0,sizeof(bz));    fo(j,2,20)    {        LL k=2;        while(ksm(k,j)<=1000007) bz[ksm(k,j)]=1,k++;    }    while(n!=0||m!=0)    {        LL s=m-n+1+(LL)sqrt(m)-(LL)sqrt(n);        LL v=(LL)log2(m),v1=(LL)(log(m)/log(3));        if((LL)(sqrt(n))*(LL)(sqrt(n))==n) s++;        fo(j,3,v)        {            LL k=2,p=ksm(k,j);            while(p<=m)            {                if(!bz[k])                {                    if(p<=m&&p>=n) s+=((j%2)?j-1:j-2);                }                k++;                p=ksm(k,j);            }        }        printf("%lld\n",s);        cin>>n>>m;    }}