Suspicious logarithms

这道题目告诉我们，数学题能列式子的，化简的，一定要耐心做，最后就能看出来了

先阐述一下主要思路

很显然$y$是可以通过按位确定的，所以我们枚举$y$，那么当前考虑的数的范围就是$[2^y,2^{y+1}-1]$

我们来求解$z$

有$$y^z\le x$$，同时取log有$$z\le \frac{lo{g}_{2}x}{lo{g}_{2}y}$$，由于$z$是整数，所以有$$z=\lfloor \frac{lo{g}_{2}x}{lo{g}_{2}y}\rfloor$$，我们考虑$[2^y,2^{y+1}-1]$中每一个数的$z$，即考虑$$[\lfloor \frac{lo{g}_2{2}^y}{lo{g}_{2}y}\rfloor ,\lfloor \frac{lo{g}_2{2}^{y+1}-1}{lo{g}_{2}y}\rfloor ]$$，这个区间写成开区间（这里写成开区间是为了右端点好计算，但实际上右端点是有可能可以取到的）就是$$[\lfloor \frac{lo{g}_2{2}^y}{lo{g}_{2}y}\rfloor ,\lfloor \frac{lo{g}_2{2}^{y+1}}{lo{g}_{2}y}\rfloor )$$，即$$[\lfloor \frac{y}{lo{g}_{2}y}\rfloor ,\lfloor \frac{y+1}{lo{g}_{2}y}\rfloor )$$

推到这里我在考场的时候认为两端就相等了，$z$只有唯一的取值。实际上不是的，完全有可能$\lfloor \frac{y}{lo{g}_{2}y}\rfloor$比一个整数$N$小一点点，$\lfloor \frac{y+1}{lo{g}_{2}y}\rfloor$比$N$大一点点，所以两者是可以相差$1$的（注意也最多相差一，对于$y\ge 2$来说，$\frac{1}{lo{g}_{2}y}$的增量不会超过$1$）

然后我们开始写代码，我居然直接用log2函数。。这个东西的类型是double的，有效数字为$17$~$18$位，而${10}^{18}$是会炸的。。。

那怎么办？我居然还想到每一次用一个循环的手写pow函数去跑，果然超时了。。。

中途还用了二分去寻找那个分界点，属于是唐完了，TLE

实际上分界点是好确定的，我们设$$\lfloor \frac{lo{g}_{2}p}{lo{g}_{2}y}\rfloor =\lfloor \frac{y}{lo{g}_{2}y}\rfloor ,p=y^{\lfloor \frac{y}{lo{g}_{2}y}\rfloor }$$，由于最多相差$1$，那么分界点就是$p\times y$了。。。直接变$O(1)$（当然最开始也可以设$\lfloor \frac{lo{g}_{2}p}{lo{g}_{2}y}\rfloor =\lfloor \frac{y+1}{lo{g}_{2}y}\rfloor$，直接解出分界点）

循环的pow函数也可以预处理（如何计算$\lfloor \frac{y}{lo{g}_{2}y}\rfloor$?设$x\le \frac{y}{lo{g}_{2}y}$，即$y^x\le 2^y$，循环$x$即可）

CF提交的若干次代码都看一看吧，这种错误真不能犯了

实在不会推到的话就打表