[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 long
using 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;
}
}