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Description


给出一个整数 \(r\) ,求圆 \(x^2+y^2=r^2\) 上的整点数。

  • \(r\le 2\times 10^9\)

\(\\\)

Solution


神题。

可以注意到,坐标轴上共有四个整点,其余位置各个象限里整点数相同,所以我们只需要计算第一象限的答案。

首先有方程

\[x^2+y^2=r^2
\]

移项,得

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

设 \(d=gcd(r+y,r-y)\),有

\[x^2=\frac{r+y}{d}\times \frac{r-y}{d}\times d^2
\]

因为 \(x^2,d^2\) 均为完全平方数,所以 \(\frac{r+y}{d}\times \frac{r-y}{d}\) 是完全平方数。

根据 \(d\) 的定义,显然有 \((\frac{r+y}{d},\frac{r-y}{d})=1\)。

然而显然存在的是,两个不同的质数之积,或一个质数的平方和另一个质数的积都不是完全平方数。

所以 \(\frac{r+y}{d}, \frac{r-y}{d}\) 都是完全平方数。

我们设 \(a,b\) 分别满足:

\[a^2=\frac{r+y}{d},b^2= \frac{r-y}{d}
\]

那么有

\[a^2+b^2=\frac{r+y}{d}+\frac{r-y}{d}=\frac{2r}{d}
\]

解法出来了。

首先 \(\sqrt {2r}\) 枚举 \(2r\) 的因数,显然 \(d\) 不同的方案得到的点一定不同。

然后对于枚举的每一个 \(d\) ,枚举每一个可能的 \(a\) ,检验对应的 \(b\) 是否为整数,且满足互质即可。

注意交换 \(a,b\) 是一种情况,所以我们枚举 \(a\) 的范围在 \([1,\sqrt{\frac{2r}{d\times 2}}\ ]\) 里。

复杂度分析:

枚举约数 \(\sqrt{2r}\) ,对于每一个 \(d\) 再 \(\sqrt d\) 的枚举约数,验证用到 \(gcd\) 复杂度 \(log\) 。

总复杂度大概是 \((2r)^{\frac 34}log(2r)\) 级别的。

\(\\\)

Code


#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define R register
using namespace std;
typedef long long ll; ll n,ans; ll gcd(ll x,ll y){return y?gcd(y,x%y):x;} int main(){
scanf("%lld",&n);
n<<=1;
ll lim=sqrt(n);
for(R ll d=1,lim1;d<=lim;++d)
if(n%d==0){
lim1=sqrt((n/d)/2);
for(R ll a=1,b;a<=lim1;++a){
b=sqrt((n/d)-a*a);
if(a==b) continue;
if(b*b!=(n/d)-a*a) continue;
if(gcd(a*a,b*b)!=1) continue;
++ans;
}
if(n/d!=d){
ll d1=n/d;
lim1=sqrt(d/2);
for(R ll a=1,b;a<=lim1;++a){
b=sqrt((n/d1)-a*a);
if(a==b) continue;
if(b*b!=(n/d1)-a*a) continue;
if(gcd(a*a,b*b)!=1) continue;
++ans;
}
}
}
printf("%lld\n",ans*4+4);
return 0;
}

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