luogu2508 [HAOI2008]圆上的整点

题目大意

给出\(r\)，求圆\(x^2+y^2=r^2\)上坐标均为整数的点数。\(n<=2,000,000,000\)

总体思路

我们看到这个数据大小，还是个数学题，想到这个的时间复杂度应当为\(O(\sqrt{r})\)。要达到这个效果，我们先要把\(r^2\)转化成\(r\)，然后在\(\sqrt{r}\)的范围内枚举某个数。对于我们以前的经验，这枚举的“某个数”有：质因数分解、求因数等。这个题目好像跟质数的关系不大！那就是枚举因数喽！

以上的叙述就为我们以后的数学推导提供了目标。推导时，应当思维发散，大胆尝试，多尝试几种方法，最终筛选出以下数学推导得出解决办法的过程。

数学推导

经过移项等操作我们得到：

\[y^2=(r-x)(r+x)
\]

我们令\(d=\gcd(r+x,r-x)\)，\(A=\frac{r-x}{d},B=\frac{r+x}{d}\)。这时我们发现：

\[A+B=\frac{2r}{d}
\]

这样，我们在\(\sqrt{2r}\)内枚举\(d\)(同时得到了\(d\)一个因数和\(\frac{2r}{d}\)一个因数)，再在\(2r/d/2=\frac{r}{d}\)内枚举\(A\)和\(B\)，看看有多少对\(A,B\)符合要求。这样我们已经把\(r\)降次了。

但是每枚举一个\(d\)，都需要在\(\frac{r}{d}\)内枚举一遍\(A\)，这使时间复杂度近似地变为线性，于我们要求的根号的复杂度仍然有距离。所以我们仍然要进一步优化。

推论1

对\(a,b,c\in Z\)，若\(a^2=b^{2}c\)，则\(\sqrt{c}\in Z\).

证明：\(c=(\frac{a}{b})^2, b^2|a^2\)

推论2

对\(a,b,c\in Z\)，若\(a^2=bc\)，且\(\gcd(b,c)=1\)，则\(\sqrt{b}\in Z, \sqrt{c}\in Z\)

证明：因为\(b,c\)互质，故根据唯一分解定理，\(b,c\)的质因数中不存在交集。因为\(a\)是个完全平方数，组成它的所有质因数的次数都是偶数，而这些质因数都必须存在于\(b,c\)中，因此原命题成立。

这样，因为\(y^2=d^2AB\)，故根据推论1，\(AB\)为完全平方数。因为\(\gcd(A,B)=1\)，所以根据结论2，\(A,B\)为完全平方数。所以，为了保证枚举到的\(A\)都是完全平方数，令\(a=\sqrt{A},b=\sqrt{B}\)，看看是否能同时满足存在整数\(b\)使得\(a^2+b^2=\frac{2r}{d}\)且\(\gcd(A=a^2,B=b^2)=1\)。这样\(a\)枚举的范围便是\(\sqrt\frac{r}{d}\)，进一步加快了速度。

#include <cstdio>
#include <cmath>
using namespace std;

#define ll long long

ll Gcd(ll a, ll b)
{
	return b ? Gcd(b, a%b) : a;
}

void Find(ll r, ll d, ll &ans)
{
	for (ll a = 1; a <= sqrt(r / d); a++)
	{
		ll b = sqrt(r * 2 / d - a * a);
		if (a * a + b * b == r * 2 / d && a != b && Gcd(a * a, b * b) == 1)			ans++;
	}
}

int main()
{
	ll r, ans = 0;
	scanf("%lld", &r);
	for (ll d = 1; d * d <= r * 2; d++)
	{
		if (r * 2 % d == 0)
		{
			Find(r, d, ans);
			if (d*d != r * 2)
				Find(r, r * 2 / d, ans);
		}
	}
	printf("%lld\n", ans * 4 + 4);
	return 0;
}