Codeforces Round #392 (Div. 2) F. Geometrical Progression

原題地址：http://codeforces.com/contest/758/problem/F

F. Geometrical Progression

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For given n, l and r find the number of distinct geometrical progression, each of which contains n distinct integers not less than l and not greater than r. In other words, for each progression the following must hold: l?≤?a_i?≤?r and a_i?≠?a_j , where a₁,?a₂,?...,?a_n is the geometrical progression, 1?≤?i,?j?≤?n and i?≠?j.

Geometrical progression is a sequence of numbers a₁,?a₂,?...,?a_n where each term after first is found by multiplying the previous one by a fixed non-zero number d called the common ratio. Note that in our task d may be non-integer. For example in progression 4,?6,?9, common ratio is .

Two progressions a₁,?a₂,?...,?a_n and b₁,?b₂,?...,?b_n are considered different, if there is such i (1?≤?i?≤?n) that a_i?≠?b_i.

Input

The first and the only line cotains three integers n, l and r (1?≤?n?≤?10⁷,?1?≤?l?≤?r?≤?10⁷).

Output

Print the integer K — is the answer to the problem.

Examples

Input

1 1 10

Output

Input

2 6 9

Output

Input

3 1 10

Output

Input

3 3 10

Output

Note

These are possible progressions for the first test of examples:

These are possible progressions for the second test of examples:

6,?7;
6,?8;
6,?9;
7,?6;
7,?8;
7,?9;
8,?6;
8,?7;
8,?9;
9,?6;
9,?7;
9,?8.

These are possible progressions for the third test of examples:

1,?2,?4;
1,?3,?9;
2,?4,?8;
4,?2,?1;
4,?6,?9;
8,?4,?2;
9,?3,?1;
9,?6,?4.

These are possible progressions for the fourth test of examples:

4,?6,?9;
9,?6,?4.

題意：給定 n, l and r ，求項數為n, 公比不為1，且數列每一項都屬於[l,r]範圍的不同的 等比數列 的個數。

題解：其實是先縮小範圍然後直接枚舉。

考慮數據範圍1?≤?n?≤?10⁷,?1?≤?l?≤?r?≤?10⁷

設等比數列公比為d, d表示為 q/p，其中q或p為不同時等於1，且互質的正整數。

遞增和遞減數列的情況是成對出現的，即p和q互換。

所以不妨只考慮遞增數列的情況，即公比d表示為q/p，其中pq互質，p為任意正整數，q>p,q為大於等於2的正整數。

則數列末項整除於q^n-1 ，其中q>=2，2^24>10^7, 故n>=24時無解。

n=1時為結果為r-l+1, n=2時結果為(r-l+1)*(r-l)，n>24時0.

n>=3&&n<24時,可以通過枚舉出p和q的情況求解。

n>=3, 由於數列末項整除於q^n-1 ,則q^n-1 ≤?10^7，即枚舉 p,q的上界是（10⁷）^1/(n-1)，當n=3時，這個值為3162，可以通過暴力枚舉實現。

枚舉p,q，

每找到一對（p,q）且gcd（p,q）==1

考慮數列末項 an= a1*q^n-1/p^{n-1 ，}

要滿足 a1>=l, an<=r 的範圍條件，若 l*q^n-1/p^n-1 >r 則不滿足題意，continue；

若 l*q^n-1/p^n-1 <=r 則有滿足[l,r]範圍的等比數列

現在求[l,r]範圍,公比為q/p，項數為n的等比數列的個數。

數列各項為 a1, a1*q/p ……a1*q^n-1/q^n-1q^n-1p^n-1/p^n-1 /p^n-1 p^n-1q/pq/pq/p^n-1 ,等比數列的個數即為a1可能的值。

末項為moa1*q^n-1/ p^n-1所以a1必整除於p^n-1 ，即a1可能的值為 [l,r*p^n-1/q^n-1]範圍內可被 p^n-1整除的, 即（r*p^n-1/q^n-1)/p^n-1-l/p^n-1個

#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;

LL gcd(LL a, LL b){
    if(b==0) return a;
    else return gcd(b,a%b);
}

LL QuickPow(LL a, LL n){
    LL ret=1;
    while(n){
        if(n&1) ret*=a;
        a*=a;
        n>>=1;
    }
    return ret;
}

LL l,r,n;
LL ans;

int main()
{
    cin>>n>>l>>r;
    if(n>24){
        cout<<0;return 0;
    }
    if(n==1){
        cout<<r-l+1;return 0;
    }
    if(n==2){
        cout<<(r-l+1)*(r-l);return 0;
    }

    //n>=3&&n<24的情況
    LL upperlimit,pn,qn;
    //p,q的枚舉上界
    upperlimit=pow(2,double(log2(1e7+50)/(n-1))); //註意精度
    for(LL p=1;p<=upperlimit;p++)
        for(LL q=p+1;q<=upperlimit;q++)
            if(gcd(p,q)==1)
            {
                qn=QuickPow(q,n-1);
                pn=QuickPow(p,n-1);
                if(l*qn/pn>r) continue;

                //a1可能的值 :[l,r*pn/qn]範圍內可被 pn整除的正整數,
                ans+=(r*pn/qn)/pn-(l-1)/pn;
            }
       //遞增數列遞減數列成對出現，只考慮了遞增數列
        cout<<ans*2;
        return 0;
}

a1*q^n-1/qn-1qn-1pn-1 /pn-1 /pn-1 pn-1q/pq/pq/pn-1 q^n-1/qn-1qn-1pn-1 /pn-1 /pn-1 pn-1q/pq/pq/pn的

Tags: Codeforces math

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Codeforces Round #392 (Div. 2) F. Geometrical Progression

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