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$$y^z≤x$$，同时取log有$$z≤\frac{log_2x}{log_2y}$$，由于\(z\)是整数，所以有$$z=\lfloor \frac{log_2x}{log_2y} \rfloor$$，我们考虑\([2^y,2^{y+1}-1]\)中每一个数的\(z\)，即考虑$$[\lfloor \frac{log_22^y}{log_2y} \rfloor,\lfloor \frac{log_22^{y+1}-1}{log_2y} \rfloor]$$，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$$[\lfloor \frac{log_22^y}{log_2y} \rfloor,\lfloor \frac{log_22^{y+1}}{log_2y} \rfloor)$$，即$$[\lfloor \frac{y}{log_2y} \rfloor,\lfloor \frac{y+1}{log_2y} \rfloor)$$

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\(\lfloor \frac{y}{log_2y} \rfloor\)比一个整数\(N\)小一点点，\(\lfloor \frac{y+1}{log_2y} \rfloor\)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\(y≥2\)来说，\(\frac{1}{log_2 y}\)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$$\lfloor \frac{log_2p}{log_2y} \rfloor=\lfloor \frac{y}{log_2y} \rfloor,p=y^{\lfloor \frac{y}{log_2y} \rfloor}$$，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\(\lfloor \frac{log_2p}{log_2y} \rfloor=\lfloor \frac{y+1}{log_2y} \rfloor\)，直接解出分界点）

循环的pow函数也可以预处理（如何计算\(\lfloor \frac{y}{log_2y} \rfloor\)?设\(x≤\frac{y}{log_2y}\)，即\(y^x≤2^y\)，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