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题目解法

首先考虑二分答案，把问题变成计算 $n$ 以内不是完全平方数的倍数的数的个数

考虑完全平方数的倍数和 $\mu$ 的定义相同
所有完全平方数的倍数的 $\mu =0$
所以 $n$ 以内合法的数的个数即为 ${\sum }_{i=1}^n|\mu (i)|$
对于 $\mu$ 的绝对值，有一种更好的形式：${\sum }_{i=1}^n\mu (i{)}^2$

对于前缀和的形式，考虑用杜教筛
现在需要构造 $g$ 函数，使得 $f\ast g$ 及 $g$ 的区间和都好算
这里的构造的 $g$ 很独特：$g(n)=[n=k^2,k\in N^{+}]$
${\sum }_{i=1}^n(f\ast g)(i)$
$={\sum }_{i=1}^n{\sum }_{d|i}g(d)f(\frac{i}{d})$
因为只有当 $f$ 中没有平方因子 且 $g$ 中只有平方因子时 $g(d)f(\frac{i}{d})$ 才为 1
所以只有当 $d$ 是 $i$ 的极大平方因子时，$g(d)f(\frac{i}{d})=1$
所以 $(f\ast g)(n)=1，{\sum }_{i=1}^n(f\ast g)(i)=n$

继续推
${\sum }_{i=1}^n(f\ast g)(i)$
$={\sum }_{i=1}^n{\sum }_{d|i}g(d)f(\frac{i}{d})$
$={\sum }_{i=1}^{n}g(i)S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$
所以 $g(1)S(n)=n-{\sum }_{i=2}^{n}g(i)S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$
根据 $g$ 只有是平方数时才为 $1$ 的性质
$S(n)=n-{\sum }_{i=2}^{\sqrt{n}}S(\lfloor \frac{n}{i^2}\rfloor )$

不用数论分块的时间复杂度仍是 $O(n^{\frac{2}{3}})$

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int M(1000100);
int n,m=1000000,smu2[M];
unordered_map<int,int> mp;
int v[M],pr[M],cnt;
inline int read(){
	int FF=0,RR=1;
	char ch=getchar();
	for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') RR=-1;
	for(;isdigit(ch);ch=getchar()) FF=(FF<<1)+(FF<<3)+ch-48;
	return FF*RR;
}
void init(){
	smu2[1]=1;
	for(int i=2;i<=m;i++){
		if(!v[i]) v[i]=i,pr[++cnt]=i,smu2[i]=-1;
		for(int j=1;j<=cnt&&pr[j]<=m/i;j++){
			v[pr[j]*i]=pr[j];
			if(pr[j]==v[i]) break;
			smu2[pr[j]*i]=-smu2[i];
		}
	}
	for(int i=2;i<=m;i++) smu2[i]=smu2[i]*smu2[i]+smu2[i-1];
}
int solve(int n){
	if(n<=m) return smu2[n];
	if(mp.count(n)) return mp[n];
	int res=n;
	for(int i=2;i*i<=n;i++) res-=solve(n/i/i);
	return mp[n]=res;
}
bool check(int mid){ return solve(mid)>=n;}
void work(){
	n=read();
	int l=n-1,r=2e9;
	while(l<r-1){
		int mid=(l+r)>>1;
		check(mid)?r=mid:l=mid;
	}
	printf("%lld\n",r);
}
signed main(){
	init();
	int T=read();
	while(T--) work(); 
	return 0;
}