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题目：H - Power of Integer

链接：https://vjudge.net/contest/152887#problem/H

题意：给出区间[a, b]，问你区间[a, b]所有数的幂的和是多少，定义一个

数的幂是这样的：对于一个数y,存在一个最小的数x,有一个最大的k，使得x^k=y,

那k就是y的幂

思路：看到这种题目容易想到[2,b]-[2,a-1]的做法；

先对[2,b]考虑，因为[2,a-1]同它做法是一样的。一开始我想的是先求x^2<=b 求出最大的满足条件的x，

然后可以计算有多少个幂为2的数在该范围[2,x]内的数的2次方都在[2,b]内。然后再计算x^3<=b的最大的x；然后x^4,x^5,,,,到找不到为止。

但是这样做无法处理重复的情况。

我当时想了很久还是想不到，实在想不到。问了志轩的想法。

他说从高位到低位处理。

假设我求x^12<=b；那么得出一个区间[2,x]范围内的数。对其中某一个数xx^12<=b而这个xx^12是可以分解为(xx^6)^2,(xx^4)^3,(xx^3)^4,(xx^2)^6,(xx^12)^1；

这些可以划分的次方是原来数的约数，不包括本身12；这样就可以提前减去他们产生的贡献。随着幂减少，之后加到他们也不会有影响，因为已经减过了。

代码没有ac，精度问题。

最下面那份代码ac了。

另外做法：利用计算器预处理所有x^2<=10^18,x^3<=10^18,x^4<=10^18....的x值。然后计算的时候就可以控制好，防止溢出了。

*/

#include<iostream>

#include<cstring>

#include<cstdio>

#include<algorithm>

#include<cmath>

using namespace std;

typedef long long ll;

const double eps = 1e-;

const int maxn = 1e9+;

int sum[];

ll a, b;

//预处理每个数的约数和(不包括自身)

void getSum()

{

    sum[] = ;

    for(int i = ; i <= ; i++){

        for(int j = ; j* <= i; j++){

            if(i%j==) sum[i]+=j;

        }

    }

    //test

    //printf("%d %d\n",sum[8],sum[9]);

}

//判断是否满足x^y<=b

bool judge(ll x,int y,ll b)

{

    ll res = ;

    for(int i = ; i <= y; i++){

        if(log(res)+log(x)-log(b)>=eps) return false;

        res *= x;

    }

    //return true;

    return res<=b;

}

//计算[2,x]范围内的power sum。

ll solve(ll y)

{

    if(y<) return ;

    //求x^i<=y的x值。

    ll ans = ;

    for(int i = ; i >= ; i--){

        ll mas = ;

        ll lo = , hi = b, m;

        while(lo<=hi){

            m = (lo+hi)/;

            if(judge(m,i,y)){//满足条件

                lo = m+; mas = max(mas,m);

            }else

            {

                hi = m-;

            }

        }

        //if(mas==1) continue;

        //cout<<"mas = "<<mas<<endl;

        //cout<<"i = "<<i<<endl;

        ans += 1LL*(i-sum[i])*(mas-);

    }

    return ans;

}

int main()

{

    getSum();

    while(scanf("%lld%lld",&a,&b)==&&a){

      //  ll p = 1;

       // a = b = p<<59;///

      //  b+=2;

        //cout<<"a = "<<a<<endl;

        //cout<<"solve(b) = "<<solve(b)<<endl;

        //cout<<"solve(a-1) = "<<solve(a-1)<<endl;

        printf("%lld\n",solve(b)-solve(a-));

    }

    return ;

}

///from zzx

/*

from zzx

思路：由于要找的幂尽量大，所以我们要从高到低来枚举计算幂的贡献

       对于幂k 二分一下范围[x,y] 满足a <= x ^ k <= y ^ k <= b

       现在就是要去重了

       举个例子

       2^4 等于16 4^2也等于16 所以算完k为4的贡献后(假设为d),要除掉对k的所有约数的影响(显然影响也为d)

ps: 被 long long 相乘时判溢出 坑了几波，还是取对数靠谱一些

*/

/*

#include<bits/stdc++.h>

#define LL long long

using namespace std;

const double eps = 1e-6;

LL a, b,cnt[64];

bool check1(LL x,int y)

{

    LL res = 1;

    for(int i = 1; i <= y; i++)

    {

        if(log(res) + log(x) - log(a) >= eps) return true;

        res *= x;

    }

    return res >= a;

}

LL FindL(int y)

{

    LL l = 1,r = b,ans = b;

    while(l <= r)

    {

        LL mid = (l + r) / 2;

        if(check1(mid,y)) ans = min(ans,mid),r = mid - 1;

        else l = mid + 1;

    }

    return ans;

}

bool check2(LL x,int y)

{

    LL res = 1;

    for(int i = 1; i <= y; i++)

    {

        if(log(res) +log(x) - log(b) > eps) return false;

        res *= x;

    }

    return res <= b;

}

LL FindR(int y)

{

    LL l = 1,r = b,ans = 1;

    while(l <= r)

    {

        LL mid = (l + r) / 2;

        if(check2(mid,y)) ans = max(ans,mid),l = mid + 1;

        else r = mid - 1;

    }

    return ans;

}

int main()

{

    while(scanf("%lld%lld",&a,&b)&&(a+b))

    {

        memset(cnt,0,sizeof(cnt));

        LL ans = 0;

        for(int i = 63; i >= 1; i--)

        {

            LL x = FindL(i), y = FindR(i);

            LL d = max(y-x+1,0LL);

            if(d)

            {

                d -= cnt[i];

                ans += i * d;

                if(d)

                {

                    for(int k = 1; k * k <= i; k++)

                    {

                        if(i % k == 0){

                            cnt[k] += d;

                            if(i/k!=k) cnt[i/k]+=d;

                        }

                    }

                }

            }

        }

        printf("%lld\n",ans);

    }

    return 0;

}

*/