题意:传送门
题解:这样考虑,如果一个数是 x k x^k xk的形式,那么质因数分解完成后,肯定是 p 1 ( k ∗ c n t 1 ) ∗ p 2 ( k ∗ c n t 2 ) ∗ p 2 ( k ∗ c n t 2 ) ∗ … p_1^{(k*cnt_1)}*p_2^{(k*cnt_2)}*p_2^{(k*cnt_2)}*\dots p1(k∗cnt1)∗p2(k∗cnt2)∗p2(k∗cnt2)∗…其中 c n t i cnt_i cnti一定是个非负数,那么考虑两个数相乘起来,其中一个数进行质因数分解后,质因子上是 k k k的倍数的是不用弥补的,反而那些不够 k k k的需要进行与两外一个数乘起来进行弥补来达到 k k k的倍数,那么就将这些数重新考虑为两个数,其中一个就是将质因子为 k k k的倍数的去除,留下实际起作用的,同时也记录它需要什么数进行弥补。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=1e5+5;
ll n,k,a[N],b[N];
map<ll,ll>mp;
ll qpow(ll a,ll b){
ll ans=1ll;for(ll i=b;i;i>>=1,a=a*a)if(i&1)ans=ans*a;return ans;}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&k);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
for(int i=1;i<=n;i++){
ll now=1,need=1;
for(int j=2;j<=sqrt(a[i]);j++){
int cnt=0;
if(a[i]%j==0){
while(a[i]%j==0)a[i]/=j,cnt++;
}
cnt%=k;
now=now*qpow(j,cnt);
if(cnt!=0)need=need*qpow(j,k-cnt);
}
if(a[i]!=1){
now=now*a[i];need=need*qpow(a[i],k-1);
}
a[i]=now;b[i]=need;
mp[a[i]]++;
}
ll ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(a[i]==b[i])ans+=mp[a[i]]-1;
else ans+=mp[b[i]];
}
printf("%lld\n",ans/2);
return 0;
}