Eddy's爱好 HDU - 2204

原题链接

考察:容斥原理

思路:

       很容易想到筛质数,然后枚举质数2^k 3^k 5^k ...但是如果从指数的取值范围考虑,最小是2,那么最大取到10⁹ 这样必定会TLE.

       换个思路,如果从指数方面考虑,x² x³ x⁵ .那么1~N中,最多有N^1/k 个^k√ N 个取到k次方的数.因为2⁶⁰ > 1e18.所以只需要质数只需要筛到到60.但是要注意的是可能会有重复比如1,所以需要用容斥原理.但这样还需要一个优化:如果指数的乘积>60,我们必须break跳出

这道题真的很玄学,我代码的输出和样例全都差1,结果ans-1就过了...

网上很多题解涉及在pow-1.这是考虑去掉1的情况,最后+1是将答案的1加回来

关于本题温故知识点:

       pow(n,1.0/2)//表示1~n中有多少平方数

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 100;
const double eps = 1e-6;
int prime[N],cnt;
bool st[N];
void GetPrime(int n)
{
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        if(!st[i]) prime[cnt++] = i;
        for(int j=0;prime[j]<=n/i;j++)
        {
            st[i*prime[j]] = 1;
            if(i%prime[j]==0) break;
        }
    }
}
int main()
{
    ll n;
    GetPrime(64);
    while(scanf("%lld",&n)!=EOF)
    {
        ll ans = 0;
        for(int i=1;i<1<<cnt;i++)
        {
            int k = 0; ll res = 1;
            for(int j=0;j<cnt;j++)
            {
                if(i>>j&1)
                {
                    if(res*prime[j]>=60)
                    {
                        res = -1;
                        break;
                    }
                    k++,res*=prime[j];
                }
            }
            if(res!=-1)
            {
                if(k&1) ans+=(ll)(pow(n,1.0/res)+eps);
                else ans-=(ll)(pow(n,1.0/res)+eps);
            }
        }
        printf("%lld\n",ans-1);
    }
    return 0;
}