这题还是比较妙妙套路的，复杂度为\(O(log^2N)\)，可以卡掉\(\sqrt n\)的做法
首先我们可以把原数列分成很多个集合，集合之间肯定是两两独立的，考虑分别计算答案
我们定义\(f_i\)为集合大小为i出现过多少次（集合大小最多为\(logN\)级别），\(g_i\)表示集合大小为i删除完的期望步数
那么答案是可以表示成\(\sum_{i=1}^{log_N}{f_i*g_i}\)
现在考虑怎么求出\(f_i, g_i\)
你可能会好奇题目下方的提示有什么用，没错他就是给你求\(f_i\)用的
考虑集合大小至少为i出现了多少次，记之为\(p_i\)，那么\(p_k=n^{\frac{1}{k}}\)
再考虑容斥，因为这个集合是有序集合，集合大小为\(a\)的集合出现在集合大小为\(b\)的集合中出现了\(\frac{b}{a}\)次
证明：假设一个集合开始元素是\(x\)，那么\(x^{a*k}≤x^{b}\)，即\(a*k≤b\)，即\(k ≤ \frac{b}{a}\)
由于f集合大小不大，我们暴力算就行了，这里复杂度为\(O(log^2N)\)（可能可以套一个整除分块优化至\(O(logN*log \sqrt N)\)，不太清楚怎么做）
然后考虑怎么就\(g_i\)（打表！）
对于每一个集合，我们只取他们的对数，于是问题就转化成给定一个排列，每次可以删除一个数及其倍数，求期望删除次数
发现对于每一个数，假设他的约数个数为\(d_i\)，那么他是可能被\(d_i\)个数删除的
考虑递推求出\(g_i\)，那么\(g_i=g_{i-1}+\frac{1}{d_i}\)（一个数会被\(d_i\)个数删完，只有\(\frac{1}{d_i}\)的概率需要多花费一次来删掉这个新加入的数）
那么我们就做完了，总体复杂度为\(O(log^2N)\)
\(Code:\)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i, s, t) for(int i = s; i <= t; ++ i)
#define drep(i, s, t) for(int i = t; i >= s; -- i)
#define maxn 100005
int p[maxn], f[maxn], n, m;
double g[maxn], ans;
bool check(int a, int b, int n) {
long long pax = a;
for(; b; b --, pax = pax * a) if(pax > 1ll * n) return 1;
return 0;
}
int get(int i, int n) {
int l = 1, r = n, ans = n;
while(l <= r) {
int mid = (l + r) >> 1;
if(check(mid, i, n)) r = mid - 1, ans = mid;
else l = mid + 1;
}
return ans - check(ans, i, n);
}
int d(int x) {
int ans = 1;
rep(i, 2, 30) {
if(x % i) continue;
int tot = 0;
while(x % i == 0) ++ tot, x /= i;
ans *= (tot + 1);
}
return ans;
}
void init() {
g[1] = 1.0;
rep(i, 2, 30) g[i] = g[i - 1] + 1.0 / d(i);
}
int main() {
init(), scanf("%d", &m);
while(m --) {
scanf("%d", &n), ans = 1, p[31] = 1;
rep(i, 1, 30) p[i] = get(i, n);
rep(i, 1, 30) f[i] = p[i] - p[i + 1];
drep(i, 1, 30) rep(j, 2, 30) f[i / j] -= f[i];
rep(i, 1, 30) ans += g[i] * f[i];
printf("%.10lf\n", ans);
}
return 0;
}