hdu4473

这题的结果[f(1)+f(2)+...+f(n)]其实就等价于x*y*z<=n的解的个数，然后的方法几乎就是暴力枚举了。现场比赛的时候没想到这一点，太杯具了，浪费了两个小时的思考时间。其实我们的做法应该是可行的，因为f(n)具有积性性质，也就是若gcd(n, m)=1，则f(n*m)=f(n)*f(m)。而当p为质数时，f(p^k)=(k+1)*(k+2)/2，这样就能把f(n)数列的前n项和化成一堆多项式的加和。然后用合并同类项的思想，用容斥原理搞，可是代码量太大了，没打出来。。。

今天赛题被挂到HDOJ上以后用上面说的枚举方法打了一下，交上去居然WA，调了半天也没发现错误，最后才怀疑是sqrt和pow函数的精度问题，马上查了一下解题报告，果然都是手动写的开平方和开立方函数。加上以后就过了~~

/** hdu4473/win.cpp* Created on: 2012-11-17* Author    : ben*/
#include <cstdio>
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#include <cctype>
using namespace std;
typedef long long LL;inline LL sqrt2(LL n) {LL m = (LL)sqrt(n + 0.0);while(m * m <= n)m++;while(m * m > n)m--;return m;
}inline LL sqrt3(LL n) {LL m = (LL) pow(n, 1 / 3.0);while (m * m * m <= n)m++;while (m * m * m > n)m--;return m;
}LL work(LL n) {LL ret = 0;LL t1 = sqrt3(n);ret += t1;for(LL a = 1; a <= t1; a++) {ret += 3 * (n / (a * a) - a);ret += 3 * (sqrt2(n / a) - a);LL t2 = sqrt2(n / a);for(LL b = a + 1; b <= t2; b++) {ret += 6 * (n / (a * b) - b);}}return ret;
}int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("data.in", "r", stdin);
#endifint t = 1;LL n;while(scanf("%I64d", &n) == 1) {printf("Case %d: %I64d\n", t++, work(n));}return 0;
}