可以根据枚举和计数平滑整数作者：D.J.伯恩斯坦。
我们会数数字，这样$\text{rad}（n）\mid r$，因为$$\#\{n\midn\leqslatex，\text{rad}$$
让$r=p_1p_2\cdots p_k$.按照纸面符号，让美元（x，S）$--是一组数字，它们是不同元素的乘积美元$和是$\leq斜面x$、和$\Psi（x，S）=\lvert P（x，S）\rvert$.
显然，您正在寻找$\Psi（x，S）$，其中$S=\{p_i^{2^t}\midt\in\mathbb{Z}\}\cap[1，x]$.
你可以列举美元（x，S）$直接由算法2在线性的结果集时间，但它可以很大。你也可以使用算法3，但我建议使用不同的计数方法$\Psi（x，S）$在里面$O（\Psi（\sqrt{x}，S））$时间。
首先，列举$P（\sqrt{x}，S）$在里面$O（\Psi（\sqrt{x}，S））$时间使用算法2。
然后介绍$f（n，i）$--有根号的数字$p_1\cdot p_i$和小于或等于亿美元$。可能会看到明显的复发$f（n，i）=\sum\limits_{t=0}^\infty f\left（\Bigl\lfloor\frac{n}{p_i^t}\Bigr\rfloor，i-1\right）$.
因为$\lfloor\frac{\lfloor \frac{x}{a}\rfloor}{b}\rffloor=\floor\frac{x}}{ab}\rfooor$，我们需要计算的唯一状态是形式$\lfloor\压裂{x}{a}\rfloor$.但如果$\lfloor\frac{x}{a}\rfloor<\sqrt{x}$我们可以计算$f美元$直接无重复，因为之前的所有数字$\sqrt{x}$已枚举。也是每个州$\lfloor\frac{x}{a}\rfloor>\sqrt{x}$对应于一个数字$a<\sqrt{x}$具有$\text{rad}（a）\mid r$，所以有$O（\Psi（\sqrt{x}，S））$这样的状态。
也就是说，你可以计算$\Psi（x，S）=f\left（\lfloor x \rfloor，k\right）$在期望的时间内使用递归和预先计算的数字，可能由于解释不准确而产生一些对数因子。
论文中的算法3假装有效$O（\sqrt{\Psi（x，S）}）$，但它需要适当的分区美元$，它的存在是任意的美元$这是一个很难回答的问题。从晶格参数$\Psi（x，S）\sim\frac{1}{k！}\prod\limits_{i=1}^{k}\frac}\log x}{\log p}$用于固定美元$和$x\到\英寸$，所以一般来说$\sqrt{\Psi（x，S）}\ll\Psi$作为$x\到\英寸$.
但事实上证明这种复杂性是困难的$\Psi（x，S）$很粗糙（自己试试看$x\约10^{18}$对一些人来说美元$)，所以在实践中，我的方法应该更好。
