【GDOI2016模拟3.16】幂（容斥 + 模型复杂转化）

【GDOI2016模拟3.16】幂

• \(X\in[1,A],Y\in[1,B]\)，问：\(x^y\)的不用取值个数.

• \(A,B\)都是\(10^9\)级别.

• 然后我们开搞.

• 首先，假设一个合法的\(x\)可以表示为\(x=\prod p_i^{q_i}\)，那么令\(d=gcd(q_1,q_2...q_k)\)

• 假设\(d>1\)，显然我们不需要单独考虑，因为它可以继续化简，我们找到最简的那个数然后去一次性处理.

• 那么此时所有情况都变成了\(d=1\).

• 此时再分两种情况讨论，因为我们现在实际上把问题转化为了：

  \(x\in[1,A]\)，\(y\in [1,B]\)，求\((c^x)^y\)的不同个数.

• 然后这个问题显然当\(x>\sqrt{A}\)时贡献就是\(B\)。

• 所以题目转化为：

  在\(x\in[1,\sqrt{A}],y\in[1,B]\)时，\((c^x)^y\)的不同个数.

• 于是我们可以正难则反，计算一下不合法的个数，假设\(k={log_x}^n\)，那么问题又可以转化为：

  \(x\in[1,k],y\in[1,B]\)，\(xy\)的相同个数.

• 于是这个问题值得思考一下.

• 咱有一个经典套路：分块计算；

• 即把总范围\([1,KB]\)变成\(K\)块，每一块都长的像这样的形式：

\[[(i-1)B+1,iB] | (1\le i \le K)
\]

• 那么现在单独考虑每一块的贡献.

• 然后假设我们现在处理第\(i\)个块，那么如果其中某一个数可以被表示为\(x*y\)的形式.

• 则必定存在一个\(d\in [i,k]\)，满足\(d|x*y\).

• 因为这样子就必定能满足\(x\in [1,K],y\in [1,B]\)这两个条件.

• 所以现在题目再次被转化：

  等价于我们要求在区间\([(i-1)B+1,iB]\)范围内有多少个数是\([i,k]\)区间中某一个数的倍数.

• 这次转化以后我们发现问题就变得熟悉了...

• 因为\(B\)比较大，\(k\)貌似小，所以,,,, 这TM容斥一下不就好了？？

• 但是，我们发现，\(k\)最大可能为\(30\)，这意味着，\(2^{30}\)是接受不了的...

• 但是我们很容易想到，如果当乘上一个数的lcm没有变化之后，就不需要去弄.

• 这样子的话时间一下子就降了下来，反正怎么打都能过~

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>

#define ll long long
#define F(i, a, b) for (ll i = a; i <= b; i ++)
#define sqr(x) ((x) * (x))

const ll N = 5e5;

ll ans, sum;

ll A, B, up, P[N];

bool vis[N];

using namespace std;

void Init() {
	#ifndef ONLINE_JUDGE
		freopen("data.in", "r", stdin);
	#endif

	scanf("%lld%lld", &A, &B);

	up = int(sqrt(A)) + 1;

	ans = 1LL * (A - 1) * B + 1;
}

void GetPrime() {
	F(i, 2, N - 1) {
		if (!vis[i])
			P[++ P[0]] = i;
		F(j, 1, P[0]) {
			if (P[j] * i >= N) break;
			vis[P[j] * i] = 1;
			if (i % P[j] == 0) break;
		}
	}
}

ll gcd(ll x, ll y){
	return y == 0 ? x : gcd(y, x % y);
}

void dfs(ll x, ll v, ll st, ll en, ll g, ll k) {
	if (x > k) {
		sum += 1LL * (en / v - st / v) * g;
		return;
	}
	if (x != gcd(v, x)) {
		dfs(x + 1, v * x / gcd(v, x), st, en, g * (- 1), k);
		dfs(x + 1, v, st, en, g, k);
	}
}

ll Solve(ll x) {
	ll cnt = -1;
	for (ll tmp = 1; tmp <= A; tmp *= x, cnt ++);

	sum = 0;
	F(i, 2, cnt)
		dfs(i, 1, (i - 1) * B, i * B, 1, cnt);

	return sum;
}

void Doit() {
	F(i, 2, up) {
		ll tmp = i, yes = 0;
		F(j, 1, P[0]) {
			if (sqr(P[j]) > i) break;

			ll cnt = 0;
			while (tmp % P[j] == 0) tmp /= P[j], cnt ++;

			yes = gcd(yes, cnt);
			if (yes == 1) break;
		}

		if (tmp > 1 || yes == 1)
			ans -= Solve(i);
	}

	printf("%lld\n", ans);
}

int main() {
	Init();

	GetPrime();

	Doit();
}