5163. 【NOIP2017模拟6.25】PS的烦恼

题目描述

话说PS总是有着各种各样的烦恼，这天，他又在为自己失败的感情史烦恼着。这时，他心中的女神，魔法少女小圆从天而降，她对他说，如果你能帮我解决一个问题，我就让你永远没有烦恼。

问题是这样的：

寻找一个最大的k，使得存在一个x使得x^k=y，那么f(y)=k，即y最多可以开k次方根。
小圆的要求是求出从a到b的f值之和（包括a和b）。

题目分析

这一道题有两种方法。

第一种：

首先，我们可以很自然地可以想到，对于a-b的答案，我们可以使用2-b的答案减去2-（a-1）的答案来得出。于是我们将问题第一次简化：

对于2-x，询问其答案是多少。 （当然，其实并没有简化多少）

可是，这样我们还是觉得很棘手（当然啦），于是我们需要寻找一下突破口。
于是，我便找到了：

$当2-x中f(i)=y的个数为z时$
$则2-\sqrt[y]{x}中f(i)=1的个数也为z$

这就是突破口！！！因为我们这样子就可以再一次简化题目：
对于2-x，询问其中 $f(i)=1$的数量是多少
然后，我们便可以通过转换来得出 $f[i]=z$的普遍情况。

然后，我们便可以得出一个容斥（应该是挺容易想到的）

我们设 $g[i]=\sum_{j=1}^{log(n)/i}{f[i*j]}$
然后结果就是
$+g[1]-g[2]-g[3]-g[5]+g[6]-g[7]+g[10]......$
我们可以发现，对于 $g[i]$，它的系数是 $\mu(i)$
于是，有没有发现，题目已经解决出来了呢？

注：在求 $\sqrt[y]{x}$的时候，不要用pow函数（精度问题），要直接手打（是不是很坑？）
时间复杂度：
第二轮简化时要枚举 $log_2n$次，容斥需要 $log_2n$次，pow手打要 $log_2^2n$次（丑）。
于是最终的复杂度就是O( $log_2^4n$)

第二种：

其实有一个更简单而又自然的方法。
我们发现，n虽然很大，大到连平方根都会超时，但在三次方根面前还是屈服了。
于是我们便可以想到一个高级解法——特殊处理！！！

对于一次方根和二次方跟的情况，我们直接加。

然后我们从1到 $\sqrt[3]{n}$枚举，对于当前枚举到的x，我们知道可以累乘起来（次方），然后每累乘到一个数，我们就把答案加上相应的数，然后在这个数上打个标记，以防以后枚举到的时候又会累乘，然后就算重了——当然，对于大于 $\sqrt[3]{n}$的数，我们就不用打标记了。

但还要注意减去与一次方根和二次方根重叠的情况，这里就不细说了。

时间复杂度：O( $\sqrt[3]{n}$* $log_2n$)，但实际上远远比这要小（后面不会满 $log_2n$）。

代码（这里只有第一种）

#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll h[110];
ll pow(ll x,int y){
	ll l=1,r=x,ans;
	while(l<=r){
		ll mid=(l+r)/2,d=mid;bool bk=true;
		for(int i=2;i<=y;i++){
			if(x/d<mid) {bk=false;break;}
			d=d*mid;
		}
		if(bk) l=mid+1,ans=mid;
		else r=mid-1;
	}
	return ans;
}
ll pd(int x){
	ll sum=1;
	for(int i=2;i<=x;i++){
		if(x%i==0){
			if((x/i)%i==0) return 0;
			x=x/i;sum=-sum;
		}
	}
	return sum;
}
ll solve(ll x){
	ll sum=0;
	for(int i=1;;i++){
		ll t=pow(x,i);
		if(t==1) break;
		sum+=h[i]*(t-1);
	}
	return sum;
}
ll doit(ll x){
	if(x==1) return 0;
	ll sum=0;
	for(int i=1;;i++){
		ll t=pow(x,i);
		if(t==1) break;
		sum+=i*solve(t);
	}
	return sum;
}
int main()
{
	memset(h,0,sizeof(h));
	for(int i=1;i<=100;i++) h[i]=pd(i);
	ll a,b;
	while(scanf("%lld%lld",&a,&b)!=EOF){
		if(a==0&&b==0) break;
		printf("%lld\n",doit(b)-doit(a-1));
	}
	return 0;
}