题目大意
给定(n,k)。我们认为一个正整数是合法的，当且仅当它所有质因数都小于等于(k)。求有多少小于等于(n)的合法的正整数。
数据范围：(T)组测试数据，(1leq Tleq 50)，(1leq n,kleq 10^9)。
本题题解
当(kgeq n)时，显然所有(leq n)的正整数都是合法的，答案就是(n)，我们可以特判。以下只考虑(k<n)的情况。
当(k>sqrt{n})时，任何数只要有一个(>k)的质因子，都是不合法的；而此时一个小于等于(n)的正整数，至多只有(1)个(>k)的质因子。换句话说，此时一个数(x) ((1leq xleq n))不合法当且仅当存在某个质数(p>k)，满足(x)是(p)的倍数；并且一个(x)最多只可能是一个(p)的倍数。所以，不合法的数的总数就是(sum_{i=k+1}^{n}[i ext{是质数}]lfloorfrac{n}{i} floor)，答案就是(n)减去这个数量。
从(k+1)开始求和比较麻烦。先考虑求(s(n)=sum_{i=1}^{n}[i ext{是质数}]lfloorfrac{n}{i} floor)。
这个(s)函数，无论是它本身，还是它在质数处的取值，都不是积性函数，很难用数论上常用的筛法求。因此我们需要进一步转化。仔细观察这个式子，发现(lfloorfrac{n}{i} floor)是个好东西，因为对于任意一个(n)，(lfloorfrac{n}{i} floor)只有(O(sqrt{n}))种不同的取值。我们可以用数论分块枚举这些取值，并且能知道这个取值对应的区间(l,r)，那么问题就转化为求([l,r])区间里有多少质数。
我们还发现一个好消息，这里的([l,r])不是随意的，而是总是存在一个(i)使得(r=lfloorfrac{n}{i} floor)，而(l)就是上一个(r)加(1)。这正是( ext{min25})筛法的前半部分：对于所有(rin{lfloorfrac{n}{i} floor | 1leq ileq n})，求出(sum_{i=1}^{r}[i ext{是质数}]f(i))。这里(f(i))被要求在质数处的取值是一个完全积性函数，在本题中，因为是求质数个数，我们可以认为(f(i)=1)，显然这个函数是完全积性的。
( ext{min25})筛法的过程不详细介绍了，不会的可以去看我写的良心入门教程。
还有最后一个小问题：我们真正要算的是从(k+1)开始的，而不是从(1)开始的，这就意味着我们的第一段(l)，它不一定是(lfloorfrac{n}{i} floor+1)的形式。不过这也很好办，我们用同样的方法，筛出(leq k)的质数个数，作为初始值即可。
时间复杂度(O(sqrt{n}+frac{n^{frac{3}{4}}}{log n}))。
以上只是(k>sqrt{n})的情况。当(kleq sqrt{n})时，没有什么特别清晰的好方法。不过我们可以先把(leq k)的质数筛出来，然后用这些质数爆搜出合法的数的数量。
朴素的( ext{dfs})还是太慢了，需要加一些剪枝。
- 比如说，如果【当前乘积】乘以【当前考虑的质数】，已经(>n)了，则后面更大的质数一定不会选上，所以可以直接累加答案并返回（不需要往后走到最后一个质数再返回）。
- 再比如说，如果【当前乘积】乘以【当前考虑的质数的平方】，已经(>n)了，则后面的质数里，至多只会再选(1)个。我们二分出可以选的最大质数，然后把方案数累加到答案里，并直接返回。
加上这两个剪枝后，爆搜就跑的非常快了，足以通过(kleq sqrt{n})的情况。
参考代码：
//problem:HDU6834(1008)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define lob lower_bound
#define upb upper_bound
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())
typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pii;
template<typename T>inline void ckmax(T& x,T y){x=(y>x?y:x);}
template<typename T>inline void ckmin(T& x,T y){x=(y<x?y:x);}
const int MAXN=31623;//sqrt(MAXN)
int n,K;
int p[MAXN+5],cnt_p;
bool v[MAXN+5];
void sieve(int lim){
for(int i=2;i<=lim;++i){
if(!v[i]){
p[++cnt_p]=i;
}
for(int j=1;j<=cnt_p && i*p[j]<=lim;++j){
v[i*p[j]]=1;
if(i%p[j]==0){
break;
}
}
}
}
int ans,lim;
void dfs(int idx,int prod){
if(idx==lim){
ans++;
return;
}
if((ll)prod*p[idx]>n){
ans++;
return;
}
if((ll)prod*p[idx]*p[idx]>n){
int l=idx,r=lim;
while(r-l>1){
int mid=(l+r)/2;
if((ll)prod*p[mid]<=n)l=mid;
else r=mid;
}
ans+=l-idx+2;
return;
}
for(ll x=1;;x*=p[idx]){
if(x*prod > n)break;
dfs(idx+1,x*prod);
}
}
struct Min25{
int n,sqrt_n;
int val[MAXN*2+5],id1[MAXN+5],id2[MAXN+5],tot;
int g[MAXN*2+5];
inline int get_id(int w){
if(w<=sqrt_n) return id1[w];
else return id2[n/w];
}
void build(int _n){
n=_n;
tot=0;
sqrt_n=sqrt(n);
for(int i=1,j;i<=n;i=j+1){
j=n/(n/i);
int w=n/i;
val[++tot]=w;
if(w<=sqrt_n) id1[w]=tot;
else id2[n/w]=tot;
g[tot]=w-1;
}
for(int j=1;j<=cnt_p;++j){
for(int i=1;i<=tot && (ll)p[j]*p[j]<=val[i];++i){
int k=get_id(val[i]/p[j]);
g[i]=g[i]-(g[k]-(j-1));
}
}
}
Min25(){}
}SN,SK;
void solve_case(){
cin>>n>>K;
if(K>=n){
cout<<n<<endl;
return;
}
if(K<=MAXN){
ans=0;
lim=cnt_p+1;
for(int i=1;i<=cnt_p;++i){
if(p[i]>K){
lim=i;
break;
}
}
dfs(1,1);
cout<<ans<<endl;
}
else{
SN.build(n);
SK.build(K);
ans=0;
int lst=SK.g[1];
for(int i=K+1,j;i<=n;i=j+1){
j=n/(n/i);
int k=SN.get_id(j);
assert(SN.val[k]==j);
ans+=(SN.g[k]-lst)*(n/i);
lst=SN.g[k];
}
cout<<n-ans<<endl;
}
}
int main() {
sieve(MAXN);
int T;cin>>T;while(T--){
solve_case();
}
return 0;
}