HDU 2204 Eddy's爱好容斥-优快云博客

题意：

输入n，求出1~n中，有多少个值可以表示为M^K（K>1）。

思路：

容斥。这题算是我的容斥第一题吧。现在回头看容斥原理，就是奇数个集合就加，偶数个集合就减（说得貌似顶简单，在做题过程中找该容斥什么也蛮累的= =）。

首先看这个，对于2^4和4^2，如果直接计算个数，这样会导致重复。因此指数应该强制为质数（素数），则可以避免这个问题（根据算术基本定理，一个大于1的值总能表示为素数的积，因此这样限制之后，是不会遗漏掉某个数值的。）

即使指数为质数，也同样会存在重复，例如T^3 = P ^ 5（T = t^5，P = t^3）。这里就用到了容斥原理来排除重复计数。

1.在小于等于n中，能表示为5次方的个数为 $\sqrt[5]{n}$ 。

2.因为2^60>1e18，因此我们只要筛选出小于60的素数即可。

容斥过程：

1.加上指数为2，3，5，7，11……的个数。

2.减去指数2*3，2*5，2*7，……，3*5，3*7，……，……的个数。

3.因为2*3*5*7>60，因此三个集合就只有（2，3，5）。加上指数为2*3*5的个数后即为最终结果。

这题不卡pow，但还是要加上1e-9来解决精度问题。

code：

#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <map>
#include <string>
#include <vector>
#include <cstdlib>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define eps 1e-8

const int MAXN = 65;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const double PI = acos(-1.0);
int isprime[MAXN], prime[MAXN];
int cot;
int getPrime(int N)
{
        int sx = sqrt(N);
        for(int i = 2; i <= sx; i++)
        {
                if(isprime[i] == 0)
                {
                        for(int j = i*i; j <= N; j += i)
                                isprime[j]++;
                }
        }
        cot = 0;
        for(int i = 2;i <= N; i++)
                if(isprime[i] == 0)
                        prime[cot++] = i;//, cout<<i<<" ";
        //puts("");
}
int main()
{
        ll n;
        getPrime(60);
        while(scanf("%I64d", &n) != EOF)
        {
                //one

                ll res = 1, tmp;
                for(int i = 0; i < cot; i++)
                {
                        tmp = (ll)(pow((double)n, 1.0/prime[i])+eps);
                        //tmp = test(n, prime[i], tmp);
                        //cout<<tmp<<endl;
                        if(tmp == 1)    break;
                        res += (tmp-1);
                }
                //cout<<res<<endl;
                //two
                for(int i = 0;i < cot; i++)
                        for(int j = i+1;j < cot; j++)
                        {
                                tmp = (ll)(pow((double)n, 1.0/(prime[i]*prime[j]))+eps);
                                //if(test(tmp, prime[i]*prime[j])
                                if(tmp == 1)    break;
                                res -= (tmp-1);
                        }
                //cout<<res<<endl;
                //three
                for(int i = 0; i < cot; i++)
                        for(int j = i+1;j < cot; j++)
                                for(int z = j+1;z < cot; z++)
                                {
                                        tmp = (ll)(pow((double)n, 1.0/(prime[i]*prime[j]*prime[z])+eps));
                                        if(tmp == 1)    break;
                                        res += (tmp-1);
                                }
                printf("%I64d\n", res);
        }
        return 0;
}

本题还有另一种解法，我是做了hdu 3208后想到套用的。

思路可以看这里http://blog.youkuaiyun.com/u011580493/article/details/43172335

code：

#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cmath>
using namespace std;

typedef long long LL;
const double eps = 1e-9;
LL a[65];

int main()
{
	LL n;
	while(scanf("%I64d", &n) != EOF)
	{
		memset(a, 0, sizeof(a));
		int cnt = 1;
		for(int i = 2;i <= 60; i++)
		{
			a[i] = (LL)(pow((double)n, 1.0/i) + eps);
			a[i]--;
			if(a[i] == 0) break;
			cnt = i;
		}
		for(int i = cnt;i > 1; i--)
			for(int j = 1;j < i; j++)
				if(i%j == 0) a[j] -= a[i];
		LL res = 1;
		for(int i = 2;i <= cnt; i++)
			res += a[i];
		printf("%I64d\n", res);
	}
	return 0;
}