Description:

題解：

設x=∏pqii$x=\prod p_i^{q_i}$，d=gcd(qi)$d=gcd(q_i)$

若d>1$d>1$，我們先不考慮它。

若d=1且x>n−−√$d=1且x>\sqrt{n}$，則xy$x^y$一定不會與其他有重的，貢獻為B。

若d=1且x<=n−−√$d=1且x<=\sqrt{n}$，設L=lognx$L=lo{g}_x^n$，顯然對於L一樣的貢獻是一樣。

由於(xy)z=xyz${(x^y)}^z=x^{yz}$，所以問題轉換為x∈[1..L]，y∈[1..B]$x\in [\mathrm{1..}L]，y\in [\mathrm{1..}B]$,xy有多少不同取值。

劃分一下範圍變成問[1..L∗B]$[\mathrm{1..}L\ast B]$有多少數滿足有至少一組xy=它，這個可以想到用容斥原理做，大概要維護lcm和最小的選了的數。

但是L最大是29$29$,會超時。

注意lcm(1−29)$lcm(1-29)$的約數個數不多，也就是說可能的lcm個數不多，於是按DAG順序dp，複雜度就降了下來。

還有一種想法是分塊考慮。

列舉i，當前塊是((i−1)∗B,i∗B]$((i-1)\ast B,i\ast B]$

顯然只有x∈[i..L]$x\in [i..L]$的才會對它們產生影響，若一數是x∈[i..L]$x\in [i..L]$的倍數，則這個數可以。

當時複雜度好像還是229$2^{29}$,若[i..L]$[i..L]$中有兩數d1、d2，滿足d1|d2$d1|d2$，顯然只用保留d1,最大的話還剩15個數。

Code：

#include<cstdio>
 

#define ll long long
#define fo(i, x, y) for(int i = x; i <= y; i ++)
using namespace std;

const int M = 100000;

int bz[M + 5], p[M + 5], u[M + 5];
int n, m, s[100];
ll ans, sum;

int gcd(ll x, ll y) {return !y ? x : gcd(y, x % y);}

void Shai() {
    fo(i, 2, M) {
        if(!bz[i]) p[++ p[0]] = i, u[i] = i;
        fo(j, 1
 
, p[0]) {
            int k = i * p[j];
            if(k > M) break;
            bz[k] = 1; u[k] = p[j];
            if(i % p[j] == 0) break;
        }
    }
    u[1] = 1;
}

void dg(int x, int y, int z) {
    if(z == 1) return;
    ans --;
    fo(j, y, p[0]) {
        int k = 1;
        for(ll u = (ll) x * p[j]; u <= n; u *= p[j], k ++)
            dg(u, j + 1, gcd(k, z));
        if(k == 1) return;
    }
}

int t, w[M], bx[M];

void dfs(int x, ll lcm, int fu) {
    if(x > w[0]) {
        if(lcm == 1 && fu == -1) return;
        sum += fu * ((ll) t * m / lcm - (ll) (t - 1) * m / lcm);
        return; 
    }
    dfs(x + 1, lcm, fu);
    dfs(x + 1, lcm * w[x] / gcd(lcm, w[x]), -fu);
}

int main() {
    Shai();
    scanf("%d %d", &n, &m);
    ans = n;
    dg(1, 1, 0);
    ans = ans * m; ans ++;
    fo(i, 2, M) if(i * i <= n) {
        int x = i, gd = 0;
        while(x > 1) { 
            int y = u[x], z = 0;
            while(x % y == 0) x /= y, z ++;
            gd = gcd(gd, z);
        }
        x = 1; int y = 0;
        while((ll) x * i <= n) x *= i, y ++;
        if(gd == 1) {
            ans -= m;
            s[y] ++;
        }
    } else break;
    fo(i, 2, 29) if(s[i]) {
        sum = 0;
        fo(j, 1, i) {
            t = j; w[0] = 0;
            fo(k, j, i) bx[k] = 0;
            fo(k, j, i) if(!bx[k]) {
                w[++ w[0]] = k;
                fo(o, 1, i / k) bx[o * k] = 1;
            }
            dfs(1, 1, -1);
        }
        ans += sum * s[i];
    }
    printf("%lld\n", ans);
}