题意：给定正整数n和r。定义Y数列为从正整数序列中删除全部能表示成a^b(2 ≤ b ≤ r)的数后的数列，求Y数列的第n个数是多少。
比如n = 10。 r = 3，则Y数列为2 3 5 6 7 10 11 12 13 14，第10个数是14。
非常有趣的一道数论题。题目给出的范围是long long范围的。
所以显然不用去枚举每一个数了，更不用说推断每一个数是不是某个数的某次方。那么这个题怎么下手呢。首先我们能够非常直观的想到，被删去的数显然是非常分散的。由于能表示成某个数的幂这种形式的数非常少。
于是我们想到一个大致的思路——从n開始计算，首先计算1~n中实际上在Y数列里的数的个数t，然后答案至少要往后再加上n - t个数（被删去的数的个数），如果当前加到了m。再计算1~m中实际上在Y数列里的数的个数，如果为x个数，看x是不是等于n，如果小于n的话。让m加上n
- x，再继续这样算 ...... 直到加到某个数ans时。1~ans中实际上在Y数列里的个数恰好为N，此时ans即为答案。
思路想到这里，有两个问题须要明确。
第一个，会不会加到超过正确答案呢？显然不会，由于每次加上的数都仅仅是被删去的数的个数，而新加的数有可能还有被删去的，所以肯定不会超过n。第二个，会不会效率非常低呢？当然也是不会的，由于被删去的数非常分散，新加进来的数里面又含有的应该被删去的数相对于当前新加进来的数来说是非常少非常少的，所以效率是非常高的。
那么问题仅仅剩下一个了——怎样高速求1~n里面有多少个数能表示成某个数的幂的形式。
我们这样想，首先删去全部的平方数。有n^(1/2)个。再删去全部的三次方数。有n^(1/3)个 ...... 这样枚举幂数b（从2開始），然后删去n^(1/b)个数，可是有反复的。比方某个数的6次方可能被平方数删去了一次，又被3次方数删去了一次，于是想到用容斥原理加回来。
这样，仅仅须要枚举幂为质数的b的值。
枚举质数b的时候，当b超过r就不再枚举。然后再用容斥求最后结果就可以。
当然。用pow函数是能够的。只是要注意精度。另外容斥的时候注意先不要把1算上去。最后答案减去1（由于1不管怎样都是要被删的）就可以。
下午打多校的时候各种写残。
。。。
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各种WA各种TLE然后比赛完了就过了。
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。。。晕。
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <string>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <stack>
#include <vector>
#include <map>
#include <set>
using namespace std;
//用负数方便计算容斥的符号
const int mi[19] = {-2, -3, -5, -7, -11, -13, -17, -19, -23, -29, -31, -37, -41, -43, -47, -53, -59, -61, -67};
long long n;
int r;
vector <int> rongchi; //须要用容斥计算的幂值
void get_rongchi()
{
rongchi.clear();
for(int i = 0; abs(mi[i]) <= r; i++)
{
int temp = rongchi.size();
for(int j = 0; j < temp; j++)
{
if(abs(mi[i]*rongchi[j]) <= 63)
rongchi.push_back(mi[i]*rongchi[j]);
}
rongchi.push_back(mi[i]);
}
}
long long cal(long long x) //计算1~x里面实际上在Y数列里的数的个数
{
if(x == 1)
return 0;
long long ans = x;
for(int i = 0; i < rongchi.size(); i++)
{
long long temp = (long long)(pow(x + 0.5, 1.0/abs(rongchi[i]))) - 1; // +0.5为了保证精度，-1是临时不计算1
if(rongchi[i] < 0)
ans -= temp;
else
ans += temp;
}
return ans - 1; //减去刚才没有计算的1，1是不管怎样要被删的
}
void solve()
{
get_rongchi();
long long ans = n;
while(1)
{
long long temp = cal(ans);
if(temp == n)
break;
ans += n - temp; //每次加上被删去的数的个数
}
printf("%I64d\n", ans);
}
int main()
{
int T;
scanf("%d", &T);
while(T--)
{
scanf("%I64d%d", &n, &r);
solve();
}
return 0;
}
??