大概题意是要你输出1到n中，可以表示成a^b的数，a,b都是大于0的整数的个数，

当中b大于1。

由于1到n中。可以全然开平方的个数就是（n^0.5）的整数部分。

以此类推能够得到，全然开立方。全然开四次方各种的次数。

这种话，要枚举的数量太大。有什么办法能够让枚举的数量降低呢？

有的，因为随意一个大于1的整数都能够表示成两个素数的乘积。

于是。可以全然开平方的个数包含了可以全然开四次方，

八次方。十六次方以此类推的个数。

于是，可以知道，仅仅须要枚举可以全然开素数次方的个数就可以。

又由于n最大不会超过10^18，由于64位整型号可以表示的最大数

大概就是9*10^18多，所以不须要特地写个大数。

又由于这样。所以素数仅仅须要枚举到大小不超过63就可以。由于

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的话就代表可以1到n中可以全然开这个次方

的数仅仅有1个，又由于1可以开随意次方，所以，这个数肯定是1啦，

于是超过63的素数不是必需枚举了，由于仅仅有1可以开这么多次方。

对于一个数n，从小到大枚举到使n开次方为1就可以，再把前面

全部开次方的结果都累加，再除去之中反复的部分。终于结果就是

题意所要求的个数。

反复的部分是说，可以全然开六次方的肯定也可以全然开二次方和三次方，

这个能全然开六次方的个数被反复加了一次。所以要减去一次，

以此类推把全部反复的部分除去就可以。

另一点，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。仅仅是想多了。

我的代码例如以下：

#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);

}