HDU--2204（容斥原理 / 数学）

2015-05-14 19:35:28

题目：每次给出一个N（N <= 10^18），让你求出1～N中能表示成M^K的数的个数。

思路：比较明显可以用容斥解的题目... 但是要注意细节。

　　首先，观察 K 的最大值，2^60 > 10^18，所以 K < 60，所以我们可以枚举一下 K 的值。

　　对于每个 K，直接计算出最大可能的 M 值，那么比 M 小的数都能作为底数。因为 M^K <= N，则 m^K <= N（m <= M）

　　M = pow(N,1.0/K)。显然如果我们枚举的 K 不互质的话为产生重复(例：4^2 = 2^4)，所以我们只枚举 60 以内的质数。

　　但是这样依旧会有重复，比如 27^2 = 9^3，所以对与 K 为质数的情况，我们要容斥一下来计算。

　　prime[1] + prime[2] + ... + prime[m] - prime[1]^prime[2] - .... （prime[1]表示K=第一个质数的答案数，prime[1]^prime[2]表示k=第1质数×第2质数的答案数）

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <map>
#include <set>
#include <stack>
#include <queue>
#include <string>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;

#define getmid(l,r) ((l) + ((r) - (l)) / 2)
#define MP(a,b) make_pair(a,b)
#define PB(a) push_back(a)

typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
const double eps = 1e-8;
const int INF = (1 << 30) - 1;

ll ans,N,tmax[100];
int prime[100],pcnt,check[100];

void Pre(){
    for(int i = 2; i <= 60; ++i) if(!check[i]){
        prime[++pcnt] = i;
        for(int j = i + i; j <= 60; j += i) check[j] = 1;
    }
}

void Dfs(int p,int v,int cnt){
    if(p > pcnt){
        if(cnt == 0) return;
        if(cnt & 1) ans += tmax[v];
        else ans -= tmax[v];
        return;
    }
    if(v * prime[p] <= 60) Dfs(p + 1,v * prime[p],cnt + 1);
    Dfs(p + 1,v,cnt);
}

int main(){
    Pre();
    while(scanf("%lld",&N) != EOF){
        memset(tmax,0,sizeof(tmax));
        for(int i = 2; i <= 60; ++i){ //指数
            if(pow(2.0,1.0 * i) > N) break;
            tmax[i] = (ll)pow(1.0 * N,1.0 / i) - 1;
            //printf("tmax[%d] : %lld\n",i,tmax[i]);
        }
        ans = 0;
        Dfs(1,1,0);
        printf("%lld\n",ans + 1);
    }
    return 0;
}