CF955C Sad powers

CF955C Sad powers

Luogu CF955C

题面翻译

给你 $q$ 个询问，每次询问 $[l,r]$ 这个区间内满足 $x=a^p(a>0,p>1)$ 的 $x$ 的数量。

数据范围：

• $1⩽q⩽{10}^5$。
• $1⩽l⩽r⩽{10}^{18}$。

Translated by Eason_AC
2021.10.8

题目描述

You're given $Q$ queries of the form $(L,R)$ .

For each query you have to find the number of such $x$ that $L<=x<=R$ and there exist integer numbers $a>0$ , $p>1$ such that $x=a^p$ .

输入格式

The first line contains the number of queries $Q$ $(1<=Q<={10}^5)$ .

The next $Q$ lines contains two integers $L$ , $R$ each $(1<=L<=R<={10}^{18})$ .

输出格式

Output $Q$ lines — the answers to the queries.

样例 #1

样例输入 #1

6
1 4
9 9
5 7
12 29
137 591
1 1000000

样例输出 #1

2
1
0
3
17
1111

提示

In query one the suitable numbers are $1$ and $4$ .

Solution

2023 春赛观光团。

对于一个询问 $[l,r]$，显然可以拆成 $[1,r]-[1,l-1]$ 两部分计算。

考虑 $[1,n]$ 如何计算。由于指数的值域很小，因此可以考虑枚举指数来计算答案。

记 $f_i$ 表示满足 $a_i\le n$ 的数量（不考虑与其他指数重复的情况），那么显然可以得知 $f_i=\sqrt[i]{n}$。考虑如何容斥掉重复的部分，直接容斥貌似不好做，因此考虑钦定一个数的唯一指数表示方式。

对于一个数 $t$，假设 $t=a_1^{p_1}=a_2^{p_2}(p_1>p_2)$，那么将 $t$ 的表示方法钦定为 $t=a_1^{p_1}$，即指数最大的一个。容易发现，对于所有可以组成 $t$ 的指数 $p$ 都有 $p_i\mid p_1$。那么按照这种钦定方法下，记每个指数对答案的贡献是 ${\text{ans}}_i$，那么有 ${\text{ans}}_i=f_i-{\displaystyle \sum _{i\mid j}{\text{ans}}_j}$。从大到小计算即可。时间复杂度是 $\mathcal{O}({\log }^{2}n)$ 级别的。

代码实现的时候有一个很麻烦的东西，就是 $\sqrt[i]{n}$ 如何计算。如果使用 $n^{1/i}$ 计算会出现很大的精度问题；如果用二分计算的话时间会超时。因此有一个折中的办法，就是先用 $n^{1/i}$ 计算，然后再暴力判断计算出来的这个值 $v$ 接近的值是否满足答案，即判断一下 $v+1,v-1,v+2,v-2,\dots$ 是否符合条件，然后卡一下精度就过了。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long

using namespace std;

int l, r;
int a[100005];

inline long double Qpow(int x, int y) {
	long double res = 1, base = x;
	
	for (; y; y >>= 1, base *= base) {
		if (y & 1) {
			res *= base;
		}
	}
	
	return res;
}

inline int GetRoot(int x, int y) {
	int v = powl(x, (long double)1.0 / y + 1e-9);
	
	if (Qpow(v + 1, y) < x) 
		for (++v; Qpow(v + 1, y) < x; ++v);
		
	if (Qpow(v, y) > x)
		for (--v; Qpow(v, y) > x; --v);
	
	return v;
}

int Calc(int n) {
	if (n == 0) return 0;
	
	int res = 1;
	int lim = 0;
	
	for (int i = 2; ; ++i) {
		int v = GetRoot(n, i);
		lim = i;
		
		if (v <= 1) break;
		
		a[i] = v - 1;
	}
	
	for (int i = lim - 1; i >= 2; --i) {
		for (int j = i + i; j < lim; j += i) {
			a[i] -= a[j];
		}
	}
	
	for (int i = 2; i < lim; ++i) {
		res += a[i];
	}
	
	return res;
}

void Solve() {
	cin >> l >> r;
	cout << Calc(r) - Calc(l - 1) << '\n';
}

signed main() {
	ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
	int T; cin >> T;
	
	while (T--) Solve();
}