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大概题意是要你输出1到n中，能够表示成a^b的数，a,b都是大于0的整数的个数，
其中b大于1。
因为1到n中，能够完全开平方的个数就是（n^0.5）的整数部分，
以此类推可以得到，完全开立方，完全开四次方各种的次数。
这样的话，要枚举的数量太大，有什么办法可以让枚举的数量减少呢？
有的，由于任意一个大于1的整数都可以表示成两个素数的乘积，
于是，能够完全开平方的个数包括了能够完全开四次方，
八次方，十六次方以此类推的个数。
于是，可以知道，只需要枚举能够完全开素数次方的个数即可。
又因为n最大不会超过10^18，由于64位整型号能够表示的最大数
大概就是9*10^18多，所以不需要特地写个大数。
又因为这样，所以素数只需要枚举到大小不超过63即可，因为
2^63-1就是64位整型的最大值，所以这个n最大，开个63次方的整数部分
结果肯定为1，为1的话就代表能够1到n中能够完全开这个次方
的数只有1个，又因为1能够开任意次方，所以，这个数肯定是1啦，
于是超过63的素数没必要枚举了，因为只有1能够开这么多次方。

对于一个数n，从小到大枚举到使n开次方为1即可，再把前面
所有开次方的结果都累加，再除去之中重复的部分，最终结果就是
题意所要求的个数。

重复的部分是说，能够完全开六次方的肯定也能够完全开二次方和三次方，
这个能完全开六次方的个数被重复加了一次，所以要减去一次，
以此类推把所有重复的部分除去即可。

还有一点，这个题目，有的人用long long读入n的时候，会wa，
这个的话，是各种编译器的原因，用cin读入就好了，
至于有的人说缺失精度什么的，只是想多了。

我的代码如下：

#include<iostream>
#include<cmath>
using namespace std;
int prime[]={2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,53,59,61};
void result(long long x)
{
	int i,j,k;
	long long tmp,ans=1;
	for(i=0;;i++)
	{
		tmp=(long long)(pow(x,1.0/prime[i]));
		if(tmp<2)
			break;
		ans+=tmp-1;
		for(j=i+1;;j++)
		{
			tmp=(long long)(pow(x,1.0/(prime[i]*prime[j])));
			if(tmp<2)
				break;
			ans-=tmp-1;
			for(k=j+1;;k++)
			{
				tmp=(long long)(pow(x,1.0/(prime[i]*prime[j]*prime[k])));
				if(tmp<2)
					break;
				ans+=tmp-1;
			}
		}
	}
	printf("%lld\n",ans);
}
int main()
{
	long long x;
	while(cin>>x)
		result(x);
}

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原文地址：http://blog.csdn.net/stl112514/article/details/37560277