hdu3208 Power of Integer

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题目：H - Power of Integer
链接：https://vjudge.net/contest/152887#problem/H
题意：给出区间[a, b]，问你区间[a, b]所有数的幂的和是多少，定义一个
数的幂是这样的：对于一个数y,存在一个最小的数x,有一个最大的k，使得x^k=y,
那k就是y的幂

思路：看到这种题目容易想到[2,b]-[2,a-1]的做法；
先对[2,b]考虑，因为[2,a-1]同它做法是一样的。一开始我想的是先求x^2<=b 求出最大的满足条件的x，
然后可以计算有多少个幂为2的数在该范围[2,x]内的数的2次方都在[2,b]内。然后再计算x^3<=b的最大的x；然后x^4,x^5,,,,到找不到为止。
但是这样做无法处理重复的情况。
我当时想了很久还是想不到，实在想不到。问了志轩的想法。
他说从高位到低位处理。
假设我求x^12<=b；那么得出一个区间[2,x]范围内的数。对其中某一个数xx^12<=b而这个xx^12是可以分解为(xx^6)^2,(xx^4)^3,(xx^3)^4,(xx^2)^6,(xx^12)^1；
这些可以划分的次方是原来数的约数，不包括本身12；这样就可以提前减去他们产生的贡献。随着幂减少，之后加到他们也不会有影响，因为已经减过了。

代码没有ac，精度问题。
最下面那份代码ac了。

另外做法：利用计算器预处理所有x^2<=10^18,x^3<=10^18,x^4<=10^18....的x值。然后计算的时候就可以控制好，防止溢出了。

*/
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
const double eps = 1e-;
const int maxn = 1e9+;
int sum[];
ll a, b;
//预处理每个数的约数和(不包括自身)
void getSum()
{
    sum[] = ;
    for(int i = ; i <= ; i++){
        for(int j = ; j* <= i; j++){
            if(i%j==) sum[i]+=j;
        }
    }
    //test
    //printf("%d %d\n",sum[8],sum[9]);
}
//判断是否满足x^y<=b
bool judge(ll x,int y,ll b)
{
    ll res = ;
    for(int i = ; i <= y; i++){
        if(log(res)+log(x)-log(b)>=eps) return false;
        res *= x;
    }
    //return true;
    return res<=b;
}
//计算[2,x]范围内的power sum。
ll solve(ll y)
{
    if(y<) return ;
    //求x^i<=y的x值。
    ll ans = ;
    for(int i = ; i >= ; i--){
        ll mas = ;
        ll lo = , hi = b, m;
        while(lo<=hi){
            m = (lo+hi)/;
            if(judge(m,i,y)){//满足条件
                lo = m+; mas = max(mas,m);
            }else
            {
                hi = m-;
            }
        }
        //if(mas==1) continue;
        //cout<<"mas = "<<mas<<endl;
        //cout<<"i = "<<i<<endl;
        ans += 1LL*(i-sum[i])*(mas-);
    }
    return ans;
}
int main()
{
    getSum();
    while(scanf("%lld%lld",&a,&b)==&&a){
      //  ll p = 1;
       // a = b = p<<59;///
      //  b+=2;
        //cout<<"a = "<<a<<endl;
        //cout<<"solve(b) = "<<solve(b)<<endl;
        //cout<<"solve(a-1) = "<<solve(a-1)<<endl;
        printf("%lld\n",solve(b)-solve(a-));
    }
    return ;
}

///from zzx
/*
from zzx
思路：由于要找的幂尽量大，所以我们要从高到低来枚举计算幂的贡献
       对于幂k 二分一下范围[x,y] 满足a <= x ^ k <= y ^ k <= b
       现在就是要去重了
       举个例子
       2^4 等于16 4^2也等于16 所以算完k为4的贡献后(假设为d),要除掉对k的所有约数的影响(显然影响也为d)
ps: 被 long long 相乘时判溢出 坑了几波，还是取对数靠谱一些
*/
/*
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;
const double eps = 1e-6;
LL a, b,cnt[64];
bool check1(LL x,int y)
{
    LL res = 1;
    for(int i = 1; i <= y; i++)
    {
        if(log(res) + log(x) - log(a) >= eps) return true;
        res *= x;
    }
    return res >= a;
}
LL FindL(int y)
{
    LL l = 1,r = b,ans = b;
    while(l <= r)
    {
        LL mid = (l + r) / 2;
        if(check1(mid,y)) ans = min(ans,mid),r = mid - 1;
        else l = mid + 1;
    }
    return ans;
}
bool check2(LL x,int y)
{
    LL res = 1;
    for(int i = 1; i <= y; i++)
    {
        if(log(res) +log(x) - log(b) > eps) return false;
        res *= x;
    }
    return res <= b;
}
LL FindR(int y)
{
    LL l = 1,r = b,ans = 1;
    while(l <= r)
    {
        LL mid = (l + r) / 2;
        if(check2(mid,y)) ans = max(ans,mid),l = mid + 1;
        else r = mid - 1;
    }
    return ans;
}

int main()
{
    while(scanf("%lld%lld",&a,&b)&&(a+b))
    {
        memset(cnt,0,sizeof(cnt));
        LL ans = 0;
        for(int i = 63; i >= 1; i--)
        {
            LL x = FindL(i), y = FindR(i);
            LL d = max(y-x+1,0LL);
            if(d)
            {
                d -= cnt[i];
                ans += i * d;
                if(d)
                {
                    for(int k = 1; k * k <= i; k++)
                    {
                        if(i % k == 0){
                            cnt[k] += d;
                            if(i/k!=k) cnt[i/k]+=d;
                        }
                    }
                }
            }
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}
*/