容斥原理1003 HDU 2204

题意:
Ignatius 喜欢收集蝴蝶标本和邮票，但是Eddy的爱好很特别，
他对数字比较感兴趣，他曾经一度沉迷于素数，而现在他对于一些新的特殊数比较有兴趣。
这些特殊数是这样的：这些数都能表示成M^K，M和K是正整数且K>1。
正当他再度沉迷的时候，他发现不知道什么时候才能知道这样的数字的数量，
因此他又求助于你这位聪明的程序员，请你帮他用程序解决这个问题。
为了简化，问题是这样的：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:
求<=n的t^2,t的个数就是pow(n,1/2)
所以我们可以求<=n的t^i的个数
但是因为t^6会出现重复,然后容斥一下就好了
因为2^60>1e18,所以指数不会超过60个
hint
最后一组数据不同的编译器会产生不同的结果…
dvc++是1001003332
C-Free是1001003331

#include
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#include
#include
using namespace std;
#define lowbit(x) (x&(-x))
typedef long long LL;
const int maxn = 100005;
const int inf=(1<<28)-1;
#define maxp 65
bool notprime[maxp];
int primes[maxp];
void get_prime()
{
    notprime[1]=true;
    for(int i=2;iif(!notprime[i])
    {
        primes[++primes[0]]=i;
        for(LL j=(LL)i*i;jtrue;
    }
}
LL n;
double limit;
double log2(double x)
{
    return log(x)/log(2);
}
int tot=0;
LL dfs(int pos,int Now,int step)
{
    if(Now>=limit) return 0;
    LL Ans=0;
    if(pos==primes[0]+1)
    {
        if(step==0) return 0;
        Ans+=pow(1.0*n,1.0/(1.0*Now));
        if(pow(Ans*1.0,Now*1.0)>n) Ans--;
        Ans--;
        tot+=Ans;
        if(step&1)
            return Ans;
        else
            return -Ans;
    }
    Ans+=dfs(pos+1,Now,step);
    Ans+=dfs(pos+1,Now*primes[pos],step+1);
    return Ans;
}
int main()
{
    get_prime();
    while(~scanf("%lld",&n))
    {
        limit=log2(n*1.0);
        //printf("%lf\n",limit);
        LL Ans=0;
        Ans+=dfs(1,1,0);
    //  printf("%d\n",tot);
        printf("%lld\n",Ans+1);
    }
    return 0;
}