题意:Q次询问,每次询问[L,R]中有多少个数x 满足 x=a^p (a>0,p>1)
Q<=1e5. 1<=L<=R<=1e18.
上界为1e18 那么p最大不会超过61.
现在计算出f[1,n]有多少个数x 满足x=a^p .那么答案就是f[r]-f[l-1]
枚举p,二分此时a^p<=n的最大a为多少 然后发现重复的处理不来....wa...
可以先暴力预处理出1e18内,p>=3的所有Perfect Number. O(1e6).
Q<=1e5. 1<=L<=R<=1e18.
上界为1e18 那么p最大不会超过61.
现在计算出f[1,n]有多少个数x 满足x=a^p .那么答案就是f[r]-f[l-1]
枚举p,二分此时a^p<=n的最大a为多少 然后发现重复的处理不来....wa...
可以先暴力预处理出1e18内,p>=3的所有Perfect Number. O(1e6).
然后对于给定的n,p==2的有sqrt(n)个.然后p>=3时,在vector中二分中最后一个<=n的位置即可.
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int N=2e5+5; vector<ll> v; void init() { ll n=1e18; for(ll i=2;i*i*i<=n;i++) //when p>=3 enumerate a { ll s=i*i; while(s<=n/i) { s*=i; ll t=sqrt(s); if(t*t!=s) // v.push_back(s); } } sort(v.begin(),v.end()); v.erase(unique(v.begin(),v.end()),v.end()); } ll calc(ll n) { ll idx=lower_bound(v.begin(),v.end(),n)-v.begin(); if(idx<v.size()&&v[idx]>n) idx--; if(idx==v.size()) idx--; //cout<<n<<' '<<sqrt(n)<<' '<<idx<<'\n'; return ll(sqrt(n))+idx; } int main() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); init(); ll Q,l,r; cin>>Q; while(Q--) { cin>>l>>r; cout<<calc(r)-calc(l-1)<<'\n'; } return 0; }