JZOJ 5163【NOIP2017模拟6.25】PS的烦恼_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-优快云博客

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本文探讨了一道数学问题：如何找到一个区间内所有整数的最大开方次数之和。利用莫比乌斯反演等高级数学技巧进行解答，并提供了一个高效的算法实现。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

Description：

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）。

Input：

多组数据，每组数据一行包含两个数a,b，文件以0 0（不需要输出）结尾。

Output:

每组数据一行表示这一段f值之和。

Sample Input:

2 10
248832 248832
0 0

Sample Output:

13
5

Data Constraint:

30%的数据满足：a<=1000 b<=1000
100%的数据满足：2<=a<=b<=10^18

题目大意：

设 $x = \prod_{p^q}$
$d(x) = gcd(q_{…})$
$Ans = \sum_{i = a}^b f(i)$

题解：

莫比乌斯反演。
设 $f(d) = \sum_{i = 2}^n (d(i) == d)$

$g(d) = \sum_{i = 1}^{\lfloor n / d \rfloor} f(i*d)$
$= ^d\sqrt n - 1$

$f(d) = \sum_{i = 1}^{\lfloor n / d \rfloor} g(i*d)*μ(i)$
$f(d) = \sum_{i = 1}^{\lfloor n / d \rfloor} {(^{i * d}\sqrt n - 1)*μ(i)}$

$Ans = \sum_{i = 1}^{log2(n)} i * f(i)$
$= \sum_{i = 1}^{log(n)} i * \sum_{j = 1}^{\lfloor n / i \rfloor} {(^{i * j}\sqrt n - 1)*μ(j)}$
设T = i *ｊ
$Ans = \sum_{T = 1}^n (^T\sqrt {n} - 1) \sum_{d | T} d * μ(T / d)$
$= \sum_{T = 1}^n (^T\sqrt {n} - 1) *φ(T)$
要使 $(^T\sqrt {n} - 1)$ 不等于0，缩小循环范围。
$= \sum_{T = 1}^{log2(n)} (^T\sqrt {n} - 1) *φ(T)$

对于每一个询问，可以在log时间内回答。

Code：

#include<cmath>
#include<cstdio>
#define ll long long
#define fo(i, x, y) for(int i = x; i <= y; i ++)
using namespace std;
ll a, b, phi[65];
int gcd(int a, int b) {return b == 0 ? a : gcd(b, a % b);}
ll sum(ll n) {
    ll ans = 0;
    fo(i, 1, log2(n)) ans += ((ll)pow(n, (long double)1 / i) - 1) * phi[i];
    return ans;
}
int main() {
    phi[1] = 1; fo(i, 1, 64) fo(j, i + 1, 64) if(gcd(i, j) == 1) phi[j] ++;
    for(scanf("%lld %lld", &a, &b); a != 0 || b != 0; scanf("%lld %lld", &a, &b))
        printf("%lld\n", sum(b) - sum(a - 1));
}