把过去和现在的笔记记录也搬了过来，也算是给以后留个念想吧，想想一开始打acm就是图一乐，后来发现这游戏还挺上头的，也算是度过了一段电竞生涯（xs）
早些时候的笔记写的好中二，连我自己看着都羞耻。
不过，就喜欢这种羞耻的感觉。
收录的题目大部分是个人认为质量不错的题目，以DP为主，非DP的题目都用※进行了标识。
当然，有些题解思路本身也是源自其他人的，不过除非特殊标注，否则都是用的自己的代码。

题目大意：

CF 1646E Power Board
题目大意：给一个大小为n,m的board（规模都为1e6），其中第i,j格的数为i^j，问这个board里有多少种数。

解：

第一行全是1，不用管。
之后开始就会出现重复了，可以看到2^2=4这种常见的重复类型，很容易就能推出来，当a^b=c^d的时候，c和a一定是同一个数的k次幂（注意，并不一定a是c的k次幂，血的教训）。也就是说对于每个i来讲，它都是有其源头的，而那个源头则是没有源头的，比如说2，它无法表示成除自己以外任何数的幂。根据因式分解的思路可以发现，不同源的数衍生出的数彼此是无法相等的
那么就拿2举例，2的这行有2^1,2^2,…,2^m，2^2的一行也有2^2^1,2^2^2,…以此类推。到了最后2这个数已经无所谓了，只要后面的次数相同就表示数字相同，而这个次数是j和目标行对于源的次数的成绩。
我们可以把形如
2 4 8 16 32
4 16 64 256 1024
8 64 512 4096 40968
这样的矩阵转化为
1 2 3 4 5
2 4 6 8 10
3 6 9 12 15
注意到了这个阶段，我的不重复数字个数就已经彻底和作为源的那个“2”没有关系了，由于宽度m是固定的，唯一会影响结果的其实也就是高度了。
那么高度会是多少呢，是源的1,2,3…n次幂，那么很显然，即使源是最小的2，在1e6的范围内这个高度最高也只有19，换句话说，我们可以通过191e6的复杂度把每个高度对应的不同数字个数暴力计算出来。
之后去遍历所有的源，计算出其对应矩阵高度然后直接加上算出的值就完了，然后在加上一个1。
这里其实是重复子问题（不同源但高度相同的数对应不同数字个数相同，而且不会与其它源重复），隐藏的特别巧妙啊，相当有意思的题。
你说它是dp吧，它没有状态转移，归类于基于找规律的暴力吧，碰到这种题得不出结论就把数字全print出来找规律好了。

代码

代码
1
2
3
4
5
6
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19
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39
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44
45
46
47
48
49
50
51
52
53
54
55

#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <utility>
#include <vector>
#include <istream>
#include <map>
#include <cmath>
#include <stack>
#include <set>
#include <cstring>
#include <string>
#define ll long long
#define maxn 200005
#define mdl 998244353
#define clr(a,n) for(int i=0;i<n;i++)a[i]=0
#define cfast std::ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define pll pair<ll,ll>
#define inc(i,a,n) for(ll i=a;i<n;i++)
#define vset(a,n,m) for(ll i=0;i<n;i++)a[i]=m;
using namespace std;
ll types[20];
int vis[20000005];
int main() {
	cfast;
	ll n, m;
	cin >> n >> m;
	ll ans = 1;
	ll cnt = 0;
	inc(i, 1, 20) {
		//cout << i << endl;
		inc(j, 1, m+1) {
			if (vis[i * j] == 0) {
				cnt++;
				vis[i * j] = 1;
			}
		}
		types[i] = cnt;
	}
	inc(i, 1, n + 1)vis[i] = 0;
	inc(i, 2, n + 1) {
		if (vis[i] == 1)continue;
		ll ct = 0,tmp=i;
		while (tmp <= n) {
			ct++;
			vis[tmp] = 1;
			tmp *= i;
		}
		ans += types[ct];
	}
	cout << ans << endl;
}