P2291 [PA2011] Prime prime power 质数的质数次方 题解

我们注意到 $(10^6)^3 = 10^{18}$，也就是说，对于 $b=3$ 时，$a \leq 10^6$。于是可以线性筛预处理 $1 \sim 10^6$ 的质数并且把每个质数的三次方加进去。

考虑对于小的 $a$，例如 $a=2$ 时，$b$ 可以取到 $60$ 左右。于是对于小的质数可以直接枚举所有次方并计算，显然复杂度也很对。

对于 $b=2$，$a \leq 10^9$，难以计算。我们考虑枚举 $n$ 以上的完全平方数并判断其根号是否是质数。直接算 $k$ 个复杂度会炸，可以考虑 Miller-Rabbin，但感性理解发现很多都是偏大的而被忽略，所以大约只需要算 $5000$ 次即可。

启示：对于很难处理的问题，考虑一些值的范围。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <set>
using namespace std;

const int N = 6e6 + 5;

int prime[N], cnt;
bool vis[N];

void Init()
{
	for (int i = 2; i < N; i++)
	{
		if (!vis[i])
		{
			prime[++cnt] = i;
		}
		for (int j = 1; j <= cnt && 1LL * i * prime[j] < N; j++)
		{
			vis[i * prime[j]] = 1;
			if (i % prime[j] == 0) break;
		}
	}
}

long long n;
int k;

bool isprime(long long x)
{
	if (x == 1) return 0;
	for (long long i = 2; i * i <= x; i++)
	{
		if (x % i == 0) return 0;
	}
	return 1;
}

int main()
{
	ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);
	set<long long> v;
	cin >> n >> k;
	Init();
	for (int i = 1; i <= cnt; i++)
	{
		long long g = prime[i];
		int nowp = 1;
		for (int j = 1; j <= cnt; j++)
		{
			while (nowp < prime[j])
			{
				nowp++;
				g *= prime[i];
				if (g > (long long)1e18) goto E;
			}
			v.insert(g);
		}
	E:;
	}
	long long p = (long long)ceil(sqrt(n));
	for (int i = 1; i <= 5000; i++)
	{
		if (p * p > (long long)1e18) break;
		if (isprime(p))
		{
			v.insert(p * p);
		}
		p++;
	}
	while (*v.begin() <= n) v.erase(v.begin());
	auto it = v.begin();
	for (int i = 1; i <= k; i++)
	{
		++it;
	}
	--it;
	cout << *it << "\n";
	return 0;
}