Distinct powers (Project Euler 29 加强版)

题目大意:

$2<=a,b<=n$ 求 $a^b$能表示多少不同的正整数。 

原题中n=100,可以直接暴力求解,常见的两种解法是写高精度或者取对数判断相等。 直觉告诉我应该有更加优秀的解法,于是翻了下discuss,找到了一种复杂度介于O(n)和O(nlognlogn)的解法,拿出来分享一下。

 

首先来看一个性质：

对于一个$a$,可以找到最小的$a_0$,使得$a=a_0^k$.

比如$8^4=4^6=2^{12}$ 都是等价的。

 

对于某个$a^b = (a_0^k)^{b}$, 它只可能和某些$a_0^{b_1}$,$(a_0^2)^{b_2}$,$(a_0^3)^{b_3}\ \cdots\ (a_0^{k-1})^{b_{k-1}}$  等价。

我们来看 $a_0^i\ \ (1<=i<k)$ 与 $a_0^k$ 所能表示的那些数会重复。

显然$a_0^{lcm(i,k)}$ $a_0^{2*lcm(i,k)}$ $a_0^{3*lcm(i,k)\ \cdots}$这些都是可以同时被$a_0^i\ \ (1<=i<k)$ 与 $a_0^k$ 表示的。

对应到$a_0^k$的指数分别是 $\frac{lcm(i,k)}{k}$  $2*\frac{lcm(i,k)}{k}$  $3*\frac{lcm(i,k)}{k}\ \cdots$  把这些指数用一个bool数组标记,最后就可以得到以$a_0^k$为基能表示多少个数。 而且这个值和$a_0$的值无关,只和k有关,记为cnt[k],所以可以预处理。

 

最后统计答案。 枚举$a_0(不能表示成另外一个数的幂的数)$把$a_0\ a_0^2\ a_0^3\ \cdots a_0^k$ 一起考虑,对答案的贡献就是cnt[1]+cnt[2]+...cnt[k].

 

具体实现看代码：  实测n=100w 本地运行只要0.2s左右。

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

typedef long long ll;
#define N 1000001
#define M 21

ll cnt[N];
bool flag[N];
bool vis[M][N];

int gcd(int x,int y)
{
    int tmp;
    while (y)
    {
        tmp=x%y;
        x=y; y=tmp;
    }
    return x;
}

int lcm(int x,int y){return 1ll*x*y/gcd(x,y);}

int main()
{
    //freopen("in.in","r",stdin);
    //freopen("out.out","w",stdout);
    
    int n,m=1; scanf("%d",&n);
    for (int i=2;i<=n;i<<=1,m++); m--;
    
    for (int i=2;i<=m;i++)
    {
        for (int j=1;j<i;j++)
        {
            int l=lcm(i,j),len1=l/j,len2=l/i;
            for (int k=1;k*len1<=n;k++) vis[i][k*len2]=true;
        }
    }
    cnt[1]=n-1;
    for (int i=2;i<=m;i++)
    {
        cnt[i]=cnt[i-1];
        for (int j=2;j<=n;j++) if (!vis[i][j]) cnt[i]++;
    }
    
    ll ans=0;
    for (int i=2;i<=n;i++)
    {
        if (flag[i]) continue;
        int p=0; ll x=i;
        do
        {
            flag[x]=true;
            p++; x*=i;
        }while (x<=n);
        ans+=cnt[p];
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}