hdoj 2204 Eddy's爱好

原文链接：http://www.cnblogs.com/DrunBee/archive/2012/09/05/2672546.html

题意：给你一个正整数N，确定在1到N之间有多少个可以表示成M^K（K>1)的数。

我们可以由n^(1/p)，知道指数为p的有多少个数。

通过观察，可以发现若一个数可以表示成x^(k*t)，则可以表示成(x^k)^t。因此指数必然为素数。

枚举素数便可以得到指数为p的个数，但是可能出现重复，例如：x^3=y^5，其中x=t^5，y=t^3。

运用容斥原理，设a[i]表示指数为第i个素数的个数，那么答案等于满足一个的，减去两个的，加上三个的……

由于2^60>10^18，2*3*5*7>60，所以只要枚举到三即可。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<vector>
#define EPS 1e-8
#define MAXN 65
typedef long long LL;
using namespace std;
bool p[MAXN];
vector<int> prime;
void Init()
{
    int i, j;
    memset(p, true, sizeof(p));
    for (i = ; i < ; i++)
    {
        if (p[i])
        {
            for (j = i * i; j < MAXN; j += i)
                p[j] = false;
        }
    }
    prime.clear();
    for (i = ; i < MAXN; i++)
    {
        if (p[i])
            prime.push_back(i);
    }
}
int main()
{
    LL n, tmp;
    int i, j, k, ans;
    Init();
    while (~scanf("%I64d", &n))
    {
        ans = ;
        for (i = ; i < (int) prime.size(); i++)
        {
            tmp = (LL) (pow((double) n, 1.0 / prime[i]) + EPS);
            if (tmp == )
                break;
            ans += tmp - ;
        }
        for (i = ; i < (int) prime.size(); i++)
        {
            for (j = i + ; j < (int) prime.size(); j++)
            {
                tmp = (LL) (pow((double) n, 1.0 / (prime[i] * prime[j])) + EPS);
                if (tmp == )
                    break;
                ans -= tmp - ;
            }
        }
        for (i = ; i < (int) prime.size(); i++)
        {
            for (j = i + ; j < (int) prime.size(); j++)
            {
                for (k = j + ; k < (int) prime.size(); k++)
                {
                    tmp = (LL) (pow((double) n,
                                    1.0 / (prime[i] * prime[j] * prime[k])) + EPS);
                    if (tmp == )
                        break;
                    ans += tmp - ;
                }
            }
        }
        printf("%d\n", ans);
    }
    return ;
}