HDU 2204 Eddy's 爱好(容斥原理、给定n求满足p=m^k <= n的p的个数)

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HDU 2204 Eddy’s 爱好

题意；

给一个n，在p∈[1,n]范围满足mk=p(m≥1,k>1的数字p的个数。

数据范围：1≤n≤1018

分析：

一开始我一直是从枚举m考虑，实在不知道怎么搞，耗时太多了。。。只能借助万能的网友。。。

我们可以枚举幂次k，考虑到260>1018，最多只需要枚举到60幂次。

同时对于一个数p的幂次k是个合数，那么k一定可以表示成k=r∗k′,其中k′是素数的形式，那么：

p=mk=mr∗k′=(mr)k′

所以我们只需要枚举素幂次k即可。

同时如果pk≤n，那么对于任意的p′<p，也一定满足p′k≤n。所以对于每个k我们令pk=n，即p=n1n，求出最大的p，同时也就是满足pk≤n的所有p的个数。

但是这样子会有重复。例如：k=2时，(22)3和k=3时,(23)2就重复计数了(都是26)。这时候需要用容斥原理：加上奇数个素幂次相乘的个数，减去偶数个素幂次相乘的个数。又因为2∗3∗5<60,2∗3∗5∗7>60，那么最多只要考虑三个素幂次相乘情况。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <string>
#include <algorithm>
#include <climits>
#include <cmath>
#include <ctime>
#include <cassert>
#define IOS ios_base::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll prime[20] = {2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59};
const int len = 17;
const double eps = 1e-8;

ll ans;
double n;

void dfs(int cur, int num, int total, ll k)
{
if(k > 60) return; //素因子连乘最多不能超过60次幂，因为2 ^ 60 > 10 ^ 18
if(num == total) {
ll p = (ll)(pow(n, 1.0 / (0.0 + k)) + eps) - 1; //先把1去掉,eps精度误差
ans += p;
return ;
}
if(cur == len) return ;
dfs(cur + 1, num, total, k); //第i个素数不选
dfs(cur + 1, num + 1, total, k * prime[cur]); //第i个素数选择
}

int main()
{
while(~scanf("%lf", &n)) {
ll res = 0;
for(int i = 1; i <= 3; ++i) {
ans = 0;
dfs(0, 0, i, 1);
//从下标0开始，当前选择素数个数为0,需要选择素数个数i个,选择素数乘积为1
if(i & 1) res += ans;
else res -= ans;
}
res += 1; //1在dfs时都没有统计
printf("%lld\n", res);
}
return 0;
}