The Super Powers UVA 11752 分析分析 求无符号长整形以内的数满足至少可以用两种不同的次方来表示。比如64 = 2^6 = 8^2； 一个数的1次方不算数。

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题目：The Super Powers UVA 11752
链接：https://vjudge.net/contest/154246#problem/Y
题意：求无符号长整形以内的数满足至少可以用两种不同的次方来表示。比如64 = 2^6 = 8^2； 一个数的1次方不算数。
思路：
分析过程如下：
1 = 1^1 1^2 1^3
16 = 2^4 4^2
64 = 2^6 8^2
81 = 3^4 9^2
256 = 2^8 16^2
512 = 2^9 8^3

设Max为最大的可能获得的值。
Max = a^e1 or a^e2 or ... (2<=e1<e2)

a <= Max开三次方根=[1,1e7]

前面我猜想一个满足条件的数是某一个素因子的合数次方。 (2*3)^4 = (4*9)^2 含有多个素数。实际上不止一个素因子。

那么底数在（Max开三次方根）内是任意可能的。

有一点可以肯定：一个数的合数次方一定是满足条件的数。

底数在[1,1e7]以内。然后合数范围在64以内。然后set存数并去重；时间复杂度过大。

避免使用set？尝试提前去重。

2^4, 2^6, 2^8, 2^9, 2^10, 2^12, 2^14, 2^15. 取2^8 = 4^4 重复了。 2^12 = 4^6 = 8^4 （保证幂是合数） 重复了。

而：2^4, 2^6, 2^9, 2^10, 2^14, 2^15不会再重复。因为幂都是两个素数相乘的结果。

如何通过现在的某些计算来预测将来的某些数不用再重复计算？
或者通过一些计算来判定当前的数已经算过了。

4^4， 4^6， 4^8， 4^9， 4^10， 4^12.  好像这些都是重复了的。那么。。。所有的底数为合数都会被重复。

只要计算底数为素数的就行了？  (2*3)^4 = (4*9)^2 含有多个素数。从哪里得来？

再试试其他合数为底数的情况。

6^4, 6^6, 6^5, 6^8, 6^9, 6^10.  6^4没有重复过。并不是所有的底数为合数都会被重复。

2^12 = 8^4 可以得知如果以前出现过。那么底数应该可以开根号才行，即底数可以表示成一个数的次方，次方>1。

新结论：底数如果是某个数的次方，那么它的所有合数幂都重复过。其他情况均没有重复过。

问题好像重复了。都是某个数的次方。只不过题目为至少两个。

那么对每一个非次方数的底数a。它的贡献为a^e. (e为合数，且a^e<=2^64 - 1)

还是往这方面处理：如何通过现在的某些计算来预测将来的某些数不用再重复计算？

预处理64以内的合数的约数对，即：两个约数相乘等于本身为一对。这样通过约束对来判断是否那些底数会重复。

当两个约数至少一个>=4的合数时候，比如d1,d2；那么(x^d1)^d2 or (x^d2)^d1 都要去重。

解题方法：
预处理64以内的约数。以及每一个约数的约数对。
枚举底数a在[1,1e7]内。
对每一个底数a枚举它约数次方。并如果次方可以分解成两个约数，其中一个是>=4的约数。那么底数^另一个约数形成的数不能再作为计算的底数。

猜想：如果时间超限，适当降低[1,1e7]右边界的范围。

为了避免底数的合数次方超出unsigned long long 范围，所以用log对数来处理。

其实应该可以很快想到的，但是走了很多弯路。积累经验。多思考。
*/

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <set>
#include<vector>
#include <cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const int maxn = 1e5+10;
const double eps = 1e-6;
vector<int> v[64];//存储约数对。
int isHe[64];//isHe[i] == 1表示这是一个合数。
int he[64], z;//存储合数。
ull ans[100010], cnt;//注意这里不能和maxn一直相同。因为ans数量可能更多。
//经测试最多67385个；
int flag[maxn];
ll f(ll a,ll b)
{
ll p = 1;
while(b){
if(b&1) p*=a;
a = a*a;
b >>= 1;
}
return p;
}
void init()
{
memset(isHe, 0, sizeof isHe);
for(int i = 2; i < 64; i++){
if(isHe[i]==0){
for(int j = i*i; j < 64; j+=i){
isHe[j] = 1;
}
}
}
z = 0;
for(int i = 2; i < 64; i++){
if(isHe[i]){
he[z++] = i;
for(int j = 2; j*j < 64; j++){
if(i%j==0){
if(he[j]||he[i/j]){
v[i].push_back(j);
v[i].push_back(i/j);
}
}
}
}
}
ull mas = (1<<64)-1;
//cout<<"mas = "<<mas<<endl;
cnt = 0;
for(int i = 2; i < maxn; i++){
if(flag[i]) continue;
ull p = i, num = 1;
for(int j = 0; j < z; j++){
if(he[j]>log(mas)/log(i)-eps) break;///不加eps，会存在误差，比如2^64次方可能会算进去。然后p = 0;
while(num<he[j]){
num++;
p *= i;
}
if(num<he[j]) break;
ans[cnt++] = p;
int len = v[he[j]].size();
for(int k = 0; k < len; k+=2){
if(isHe[v[he[j]][k]]){
ull temp = f(i,v[he[j]][k+1]);
if(temp>=maxn) continue;
flag[temp] = 1;
}
if(isHe[v[he[j]][k+1]]){
ull temp = f(i,v[he[j]][k]);
if(temp>=maxn) continue;
flag[temp] = 1;
}
}
}
}
sort(ans,ans+cnt);
printf("1\n");
for(int i = 0; i < cnt; i++){
printf("%llu\n",ans[i]);
}
}
int main()
{
init();

return 0;
}