Luogu P9118

题面

首先 \(b=1\) 显然直接输出 \(n\)。

剩下的考虑枚举指数，用 set 去重。

枚举指数 \(i\) 至 \(2^i > n\)，这样可以做到 \(O(n^{\frac 1k} + n^{\frac 1{k+1}} + n^{\frac 1{k+2}}\dots)\) 的复杂度，虽然我不会算，但是肉眼观察当 \(k=2\) 时只比根号稍微高一点。

容易发现 \(k=3\) 时，即使 \(n=10^{18}\) 也只有大约 \(10^6\) 的计算量，可以考虑先把指数 \(\ge 3\) 的数先算出来，再处理指数为 \(2\) 的。

显然如果不考虑重复的话能表示为 \(a^2,a\in\mathbb N^*\) 的数有 \(\sqrt n\) 个，从已经算出来的数中把平方数删掉即可。

这题有几个坑点，一个是如果要用快速幂要开 int128，还有一个是开根要用 sqrtl，否则会炸精度 WA。

// rp++
#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i, s, t) for(int i = s; i <= t; ++i)
#define per(i, s, t) for(int i = s; i >= t; --i)
#define int ll
#define endl '\n'
#define F first
#define S second
typedef long long ll;
typedef __uint128_t u128;
constexpr int N = 1e5 + 5;
using namespace std;
int n, k;
u128 pw(u128 a, int b) {
    u128 res = 1;
    for(; b; b >>= 1) {
        if(b & 1) res *= a;
        a *= a;
    }
    return res;
}
signed main() {
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0), cout.tie(0);
    cin >> n >> k;
    if(k == 1) {
        cout << n << endl;
        return 0;
    }
    set<uint64_t> st;
    for(int i = max(k, 3ll); 1; ++i) {
        u128 tmp; int j = 1;
        if(i == 2) for(; (tmp = (u128)j * j) <= n; ++j) st.emplace(tmp);
        else for(; (tmp = pw(j, i)) <= n; ++j) st.emplace(tmp);
        if(j == 2) break;
    }
    if(k == 2) {
        int res = sqrtl(n);
        for(auto i : st) {
            int r = sqrtl(i);
            if(r * r == i) --res;
        }
        cout << st.size() + res << endl;
    }
    else cout << st.size() << endl;
    return 0;
}