题意

给出一个数n,问1-n中有多少个数可以表示为m^k,m,k均为正整数且k>1

(1<=n<=1^18)

题解

(一开始^以为是异或懵逼了好久....)

额,显然1这个数比较讨厌1的多少次方都得1,对答案的贡献为1,最后加上就可以了。

然后,我们发现x^4=(x^2)^2四次方可以用平方的平方代替,我们只枚举质数次方,然后用n(1/x)等于x次方在n之内的数的个数(这个东西会有精度问题)。

就可以求出质数次方在1到n之内的数有多少。但是,发现(x^2)^3==(x^3)^2,(x^2)^3(或者说(x^3)^2)被算了两次。

这时,就用到容斥原理了。因为2^60>1e18所以质数次方考虑到59,又因为2*3*5*7=210>60,所以容斥时容斥到三个数就行了。

(容斥原理居然是小学奥数4大定理之一)

 #include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
long long prime[]={,,,,,,,,,,,,,,,,,};
long long n,ans;
void dfs(long long now,long long num,long long res,long long k){
if(res==){
long long tmp=pow(n,1.0/num);
if(pow(tmp,(double)num)>n) tmp--;
tmp--;
if(tmp>){
if(k&)ans+=tmp;
else ans-=tmp;
}
return;
}
if(now>)return;
if(num*prime[now]<)dfs(now+,num*prime[now],res-,k);
dfs(now+,num,res,k);
}
int main(){
while(scanf("%lld",&n)!=EOF){
ans=;
for(long long i=;i<=;i++)dfs(,,i,i);
printf("%lld\n",ans+);
}
return ;
}

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