大概题意是要你输出1到n中，可以表示成a^b的数，a,b都是大于0的整数的个数，
当中b大于1。
由于1到n中。可以全然开平方的个数就是（n^0.5）的整数部分。
以此类推能够得到，全然开立方。全然开四次方各种的次数。
这种话，要枚举的数量太大。有什么办法能够让枚举的数量降低呢？
有的，因为随意一个大于1的整数都能够表示成两个素数的乘积。
于是。可以全然开平方的个数包含了可以全然开四次方，
八次方。十六次方以此类推的个数。
于是，可以知道，仅仅须要枚举可以全然开素数次方的个数就可以。
又由于n最大不会超过10^18，由于64位整型号可以表示的最大数
大概就是9*10^18多，所以不须要特地写个大数。
又由于这样。所以素数仅仅须要枚举到大小不超过63就可以。由于
2^63-1就是64位整型的最大值。所以这个n最大，开个63次方的整数部分
结果肯定为1，为1的话就代表可以1到n中可以全然开这个次方
的数仅仅有1个，又由于1可以开随意次方，所以，这个数肯定是1啦，
于是超过63的素数不是必需枚举了，由于仅仅有1可以开这么多次方。
对于一个数n，从小到大枚举到使n开次方为1就可以，再把前面
全部开次方的结果都累加，再除去之中反复的部分。终于结果就是
题意所要求的个数。
反复的部分是说，可以全然开六次方的肯定也可以全然开二次方和三次方，
这个能全然开六次方的个数被反复加了一次。所以要减去一次，
以此类推把全部反复的部分除去就可以。
另一点，这个题目，有的人用long long读入n的时候，会wa，
这个的话，是各种编译器的原因，用cin读入就好了，
至于有的人说缺失精度什么的。仅仅是想多了。
我的代码例如以下：
#include<iostream>
#include<cmath>
using namespace std;
int prime[]={2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,53,59,61};
void result(long long x)
{
int i,j,k;
long long tmp,ans=1;
for(i=0;;i++)
{
tmp=(long long)(pow(x,1.0/prime[i]));
if(tmp<2)
break;
ans+=tmp-1;
for(j=i+1;;j++)
{
tmp=(long long)(pow(x,1.0/(prime[i]*prime[j])));
if(tmp<2)
break;
ans-=tmp-1;
for(k=j+1;;k++)
{
tmp=(long long)(pow(x,1.0/(prime[i]*prime[j]*prime[k])));
if(tmp<2)
break;
ans+=tmp-1;
}
}
}
printf("%lld
",ans);
}
int main()
{
long long x;
while(cin>>x)
result(x);
}