【GDOI2016模拟3.16】幂

Description:

题解：

设$x=\prod p_i^{q_i}$，$d=gcd(q_i)$

若$d>1$，我们先不考虑它。

若$d=1且x>\sqrt n$，则$x^y$一定不会与其他有重的，贡献为B。

若$d=1且x<=\sqrt n$，设$L=log_x^n$，显然对于L一样的贡献是一样。

由于${(x^y)}^z=x^{yz}$，所以问题转换为$x∈[1..L]，y∈[1..B]$,xy有多少不同取值。

划分一下范围变成问$[1..L*B]$有多少数满足有至少一组xy=它，这个可以想到用容斥原理做，大概要维护lcm和最小的选了的数。

但是L最大是$29$,会超时。

注意$lcm(1-29)$的约数个数不多，也就是说可能的lcm个数不多，于是按DAG顺序dp，复杂度就降了下来。

还有一种想法是分块考虑。

枚举i，当前块是$((i-1)*B,i*B]$

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显然只有$x∈[i..L]$的才会对它们产生影响，若一数是$x∈[i..L]$的倍数，则这个数可以。

当时复杂度好像还是$2^{29}$,若$[i..L]$中有两数d1、d2，满足$d1|d2$，显然只用保留d1,最大的话还剩15个数。

Code：

#include<cstdio>
#define ll long long
#define fo(i, x, y) for(int i = x; i <= y; i ++)
using namespace std;

const int M = 100000;

int bz[M + 5], p[M + 5], u[M + 5];
int n, m, s[100];
ll ans, sum;

int gcd(ll x, ll y) {return !y ? x : gcd(y, x % y);}

void Shai() {
    fo(i, 2, M) {
        if(!bz[i]) p[++ p[0]] = i, u[i] = i;
        fo(j, 1, p[0]) {
            int k = i * p[j];
            if(k > M) break;
            bz[k] = 1; u[k] = p[j];
            if(i % p[j] == 0) break;
        }
    }
    u[1] = 1;
}

void dg(int x, int y, int z) {
    if(z == 1) return;
    ans --;
    fo(j, y, p[0]) {
        int k = 1;
        for(ll u = (ll) x * p[j]; u <= n; u *= p[j], k ++)
            dg(u, j + 1, gcd(k, z));
        if(k == 1) return;
    }
}

int t, w[M], bx[M];

void dfs(int x, ll lcm, int fu) {
    if(x > w[0]) {
        if(lcm == 1 && fu == -1) return;
        sum += fu * ((ll) t * m / lcm - (ll) (t - 1) * m / lcm);
        return; 
    }
    dfs(x + 1, lcm, fu);
    dfs(x + 1, lcm * w[x] / gcd(lcm, w[x]), -fu);
}

int main() {
    Shai();
    scanf("%d %d", &n, &m);
    ans = n;
    dg(1, 1, 0);
    ans = ans * m; ans ++;
    fo(i, 2, M) if(i * i <= n) {
        int x = i, gd = 0;
        while(x > 1) { 
            int y = u[x], z = 0;
            while(x % y == 0) x /= y, z ++;
            gd = gcd(gd, z);
        }
        x = 1; int y = 0;
        while((ll) x * i <= n) x *= i, y ++;
        if(gd == 1) {
            ans -= m;
            s[y] ++;
        }
    } else break;
    fo(i, 2, 29) if(s[i]) {
        sum = 0;
        fo(j, 1, i) {
            t = j; w[0] = 0;
            fo(k, j, i) bx[k] = 0;
            fo(k, j, i) if(!bx[k]) {
                w[++ w[0]] = k;
                fo(o, 1, i / k) bx[o * k] = 1;
            }
            dfs(1, 1, -1);
        }
        ans += sum * s[i];
    }
    printf("%lld\n", ans);
}