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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。
思路：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
代码：
#include<cstdio> #include<cstring> #include<cmath> #include<vector> #define EPS 1e-8 #define MAXN 65 typedef long long LL; using namespace std; bool p[MAXN]; vector<int> prime; void Init() { int i, j; memset(p, true, sizeof(p)); for (i = 2; i < 9; i++) { if (p[i]) { for (j = i * i; j < MAXN; j += i) p[j] = false; } } prime.clear(); for (i = 2; i < MAXN; i++) { if (p[i]) prime.push_back(i); } } int main() { LL n, tmp; int i, j, k, ans; Init(); while (~scanf("%I64d", &n)) { ans = 1; for (i = 0; i < (int) prime.size(); i++) { tmp = (LL) (pow((double) n, 1.0 / prime[i]) + EPS); if (tmp == 1) break; ans += tmp - 1; } for (i = 0; i < (int) prime.size(); i++) { for (j = i + 1; j < (int) prime.size(); j++) { tmp = (LL) (pow((double) n, 1.0 / (prime[i] * prime[j])) + EPS); if (tmp == 1) break; ans -= tmp - 1; } } for (i = 0; i < (int) prime.size(); i++) for (j = i + 1; j < (int) prime.size(); j++) for (k = j + 1; k < (int) prime.size(); k++) { tmp = (LL) (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; }
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原文地址：http://www.cnblogs.com/Rojo/p/4743231.html
