hdu 4282 枚举，非二分

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4282

对于方程X^Z + Y^Z + XYZ = K，已知K求此方程解的个数，其中要求X<Y，Z>1，而K的范围是0到2^31。

首先我们来分析Z的范围：由于X,Y为正整数，X < Y，则1 < X < Y， =====> Y >= 2

=> X^Z + Y^Z + XYZ > Y^Z

=> 2^Z <= Y^Z < 2^31

所以得到2 <= Z<31

对于Z=2时式子左边可以化为(x+y)^2 = k 的形式。

所以当k 是完全平方数的时候，(x,y) 才有可能有解。

假如m^2 = k ，问题就相当于求x+y = m (x < y) 的解的组数。

容易得出ans=(m-1)/2。

而Z在3<=Z<31的情况。

我们再来分析X的范围：

对于方程X^Z + Y^Z + XYZ = K， X < Y，则有X^Z + Y^Z + XYZ > 2*X^Z + X*X*Z >= 2*X^3 + 3*X^2

即我们得到：2*X^3 + 3*X^2 < 2^31 解这个方程有：X < 1024

于是现在我们得到了3 <= Z < 31，1 <= X < 1024，当然Z=2特殊处理。接下来就直接枚举X,Z,再枚举Y。

复杂度O(10^4)左右，因为y不会和相差太远

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#include <map>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define RD(x) scanf("%I64d",&x)
#define RD2(x,y) scanf("%d%d",&x,&y)
#define RD3(x,y,z) scanf("%d%d%d",&x,&y,&z)
#define clr0(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define eps 1e-9
const double pi = acos(-1.0);
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
const int modo = 1e9 + 7;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int maxn = 1005,N = 50000;
LL s,k,ans;
LL f[1300][32];
void init()
{
    for(int i = 1; i < 1300;++i){
        f[i][0] = 1;
        for(int j = 1;j < 32;++j){
            f[i][j] = f[i][j-1]*i;
            if(f[i][j] > (1LL<<31))
                break;
        }
    }
}
int main(){
    init();
    while(~RD(k),k){
        ans = 0;
        s = sqrt(k);
        if(s * s == k){
            ans += (s - 1)/ 2;
        }
        for(int x = 1;x < 1024;++x){
            for(int z = 3;z < 31;++z){
                if(f[x][z] == 0)
                    break;
                for(int y = x + 1;;++y){
                    if(f[y][z] == 0 || f[x][z] + f[y][z] + x*y*z > k)
                        break;
                    else if(f[x][z] + f[y][z] + x*y*z == k){
                        ans ++ ;
                        break;
                    }
                }
            }
        }
        printf("%I64d\n",ans);
    }
    return 0;
}