【GDOI2016模拟3.16】幂（容斥 + 模型复杂转化）
【GDOI2016模拟3.16】幂
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\(X\in[1,A],Y\in[1,B]\)，问：\(x^y\)的不用取值个数.
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\(A,B\)都是\(10^9\)级别.
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然后我们开搞.
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首先，假设一个合法的\(x\)可以表示为\(x=\prod p_i^{q_i}\)，那么令\(d=gcd(q_1,q_2...q_k)\)
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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.
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那么此时所有情况都变成了\(d=1\).
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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.
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然后这个问题显然当\(x>\sqrt{A}\)时贡献就是\(B\)。
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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.
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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.
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于是这个问题值得思考一下.
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咱有一个经典套路：分块计算；
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即把总范围\([1,KB]\)变成\(K\)块，每一块都长的像这样的形式：
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那么现在单独考虑每一块的贡献.
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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.
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则必定存在一个\(d\in [i,k]\)，满足\(d|x*y\).
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因为这样子就必定能满足\(x\in [1,K],y\in [1,B]\)这两个条件.
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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.
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这次转化以后我们发现问题就变得熟悉了...
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因为\(B\)比较大，\(k\)貌似小，所以,,,, 这TM容斥一下不就好了？？
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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...
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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.
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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();
}
