HDU 2204 Eddy's爱好 (容斥原理)

Eddy's爱好

Time Limit: 3000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others) Total Submission(s): 900    Accepted Submission(s): 397

Problem Description

Ignatius 喜欢收集蝴蝶标本和邮票，但是Eddy的爱好很特别，他对数字比较感兴趣，他曾经一度沉迷于素数，而现在他对于一些新的特殊数比较有兴趣。 这些特殊数是这样的：这些数都能表示成M^K，M和K是正整数且K>1。 正当他再度沉迷的时候，他发现不知道什么时候才能知道这样的数字的数量，因此他又求助于你这位聪明的程序员，请你帮他用程序解决这个问题。 为了简化，问题是这样的：给你一个正整数N，确定在1到N之间有多少个可以表示成M^K（K>1)的数。

 

Input

本题有多组测试数据，每组包含一个整数N，1<=N<=1000000000000000000(10^18).

 

Output

对于每组输入，请输出在在1到N之间形式如M^K的数的总数。 每组输出占一行。

 

Sample Input

10

36

1000000000000000000

 

Sample Output

4

9

1001003332

 

Author

Eddy

 

Recommend

lcy

 

 

 

 

题意：给你一个正整数N，确定在1到N之间有多少个可以表示成M^K（K>1)的数。

我们可以由n^(1/p)，知道指数为p的有多少个数。

通过观察，可以发现若一个数可以表示成x^(k*t)，则可以表示成(x^k)^t。因此指数必然为素数。

枚举素数便可以得到指数为p的个数，但是可能出现重复，例如：x^3=y^5，其中x=t^5，y=t^3。

运用容斥原理，设a[i]表示指数为第i个素数的个数，那么答案等于满足一个的，减去两个的，加上三个的……

由于2^60>10^18，2*3*5*7>60，所以只要枚举到三即可。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>

using namespace std;

const int N=65;
#define eps 1e-8

int prime[N],isprime[N];

void getPrime(){
    int i,j;
    prime[0]=0;
    for(i=0;i<N;i++)
        isprime[i]=1;
    for(i=2;i<N;i++)
        if(isprime[i]){
            prime[++prime[0]]=i;
            for(j=2;i*j<N;j++)
                isprime[i*j]=0;
        }
}

int main(){

    //freopen("input.txt","r",stdin);

    long long n,tmp;
    getPrime();
    while(cin>>n){
        int ans=1;
        for(int i=1;i<=prime[0];i++){
            tmp=(long long)(pow((double)n,1.0/prime[i])+eps);   //不加eps则WA
            if(tmp==1)      //减枝，下同
                break;
            ans+=tmp-1;
        }
        for(int i=1;i<=prime[0];i++)
            for(int j=i+1;j<=prime[0];j++){
                tmp=(long long)(pow((double)n,1.0/(prime[i]*prime[j]))+eps);
                if(tmp==1)
                    break;
                ans-=(tmp-1);
            }
        for(int i=1;i<=prime[0];i++)
            for(int j=i+1;j<=prime[0];j++)
                for(int k=j+1;k<=prime[0];k++){
                    tmp=(long long)(pow((double)n,1.0/(prime[i]*prime[j]*prime[k]))+eps);
                    if(tmp==1)
                        break;
                    ans+=(tmp-1);
                }
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}