[CF665F]Four Divisors

题目大意：
　　给定$n(nleq10^{11})$，求$displaystylesum_{i=1}^n[ au(i)=4]$。

思路：
　　设$p,q$为不相等的质数，则满足$ au(i)=4$的数$i$一定可以表示成$pq$或$p^3$。
　　对于$i=pq$的情况，可以先线性筛预处理出$sqrt n$以内的质数，然后用LOJ6235的方法，用洲阁筛求出DP数组$f$。加上$last[j]-1$就是当$p_i^2>j$时不用$-1$转移，也就是加上了$p_i^2>j$的质数个数。此时$f[cnt+1-p_i]$表示的就是$pi(n/p_i)-pi(sqrt n)$。统计答案时，枚举素数$p_i$，求$sum_{p_ileqsqrt n}(pi(n/p_i)-pi(p_i))$即可。
　　对于$i=p^3$的情况，直接在筛出来的质数中二分答案即可。
　　时间复杂度$Oleft(frac{n^{frac34}}{ln n} ight)$。

细节：
　　$n=1$时二分会挂掉，需要特判。

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<algorithm>
#include<functional>
typedef long long int64;
inline int64 getint() {
    register char ch;
    while(!isdigit(ch=getchar()));
    register int64 x=ch^'0';
    while(isdigit(ch=getchar())) x=(((x<<2)+x)<<1)+(ch^'0');
    return x;
}
const int LIM=316228,P=27294;
bool vis[LIM];
int lim,p[P],sum[LIM],last[LIM*2],cnt;
int64 n,val[LIM*2],f[LIM*2];
inline void sieve() {
    for(register int i=2;i<=lim;i++) {
        if(!vis[i]) p[++p[0]]=i;
        sum[i]=sum[i-1]+!vis[i];
        for(register int j=1;j<=p[0]&&i*p[j]<=lim;j++) {
            vis[i*p[j]]=true;
            if(i%p[j]==0) break;
        }
    }
}
int main() {
    lim=sqrt(n=getint());
    sieve();
    for(register int64 i=1;i<=n;i=n/(n/i)+1) {
        val[++cnt]=n/i;
    }
    std::reverse(&val[1],&val[cnt]+1);
    std::copy(&val[1],&val[cnt+1],&f[1]);
    for(register int i=1;i<=p[0];i++) {
        for(register int j=cnt;j;j--) {
            const int64 k=val[j]/p[i],pos=k<=lim?k:cnt+1-n/k;
            if(k<p[i]) break;
            f[j]-=f[pos]+last[pos]-i+1;
            last[j]=i;
        }
    }
    int64 ans=0;
    for(register int i=1;i<=cnt;i++) {
        f[i]+=last[i]-1;
    }
    for(register int i=1;i<=p[0];i++) {
        ans+=f[cnt+1-p[i]]-i;
    }
    if(n!=1) ans+=std::upper_bound(&p[1],&p[p[0]]+1,floor(pow(n,1./3)))-&p[1];
    printf("%lld
",ans);
    return 0;
}