大致题意： 求(sum_{i=1}^n(-1)^{lfloor dsqrt r floor})。
前言
先花了(4)个多小时去学习类欧几里得算法，然后回来看这题。
本以为至少能推出点啥东西来的，结果依旧是一脸懵逼。
果然数学太差，看来我是真的菜。
一个巧妙的转化
观察题目中给出的式子，其中(lfloor dsqrt r floor)放在指数的位置，看起来非常棘手。
因此我们考虑对((-1)^x)构造一个等价的函数，只要满足当(x)为奇数时值为(-1)，(x)为偶数时值为(1)即可。
于是我们就得到这样一个函数：(1-2(x\%2))。（这或许可以当作一个套路？）
众所周知，(x\%2=x-2lfloorfrac x2 floor)。再把这个东西代回原式，得到：
接下来，就是类欧几里得算法的应用了。
类欧几里得算法
刚做了板子完全不知道类欧几里得算法该如何应用的我，真的是一脸懵逼。
类欧几里得算法一般是用来求解形如(sumlfloorfrac{ai+b}c floor)的式子的，而这题当中虽然没有这种式子，但却有下取整符号。
于是我们就要考虑去构造一个这种形式的式子。
为了得到上面这种形式的式子，我们设：
（则显然有(sum_{i=1}^nlfloor dsqrt r floor=f(n,1,0,1),sum_{i=1}^nlfloorfrac{dsqrt r}2 floor=f(n,1,0,2))）
考虑如何求出(f(n,a,b,c))，此时按照类欧几里得算法的套路，我们要分类讨论。
分类讨论：(frac{asqrt r+b}cge 1)
此时设(p=lfloorfrac{asqrt r+b}c floor)，则我们可以从原式中提取(p)，得到：
也就是说，这种情况必然能够转化为(0<frac{asqrt r+b}c<1)的情况。
分类讨论：(0<frac{asqrt r+b}c<1)
好玄学的做法，运用了函数思想的转化。
如图所示，考虑(sum_{i=1}^nlfloor dsqrt r floor)其实可以看作是一个类似于积分的形式。
但与积分不同的是，它求的是一部分区域中整点的个数。
然后我们既然把它转化成了图像，则(f(n,a,b,c))的意义就变成了正比例函数(y=frac{asqrt r+b}{c}x)（即图中的直线(OA)）在(x∈[1,n])时整点的个数（即图中(△AOM)中整点的个数）。
直接求显然不好求，于是我们需要进一步转化。
考虑做出(y)的反函数(y'=frac c{asqrt r+b}x)（即图中的直线(OB)），那么我们要求的就变成了图中(△BON)中整点的个数。
或许你会说，这和原来的东西并没有啥区别，一样难求。但实际上，此时我们就可以容斥了。
已知(ON=OM=n)，(OC=AM=frac{asqrt r+b}cn)，显然在横坐标不为整数时不可能有整点。
也就是说我们作直线(B'C':x=lfloorfrac{asqrt r+b}cn floor)，则矩形(BCC'B')中不可能有整点。
然后我们再去看这张图，就会发现，(△BON)中整点的个数实际上等于矩形(ONB'C')中整点的个数减去(△OC'D)中整点的个数（注意由于这是一个斜率是无理数的正比例函数，直线上不可能存在整点，因此不会有问题）。
而(△OC'D)中整点的个数，实际上就是正比例函数(y=frac c{asqrt r+b}x)在(x∈[1,lfloorfrac{asqrt r+b}cn floor])时整点的个数。
对(frac c{asqrt r+b})分母有理化可得(frac{acsqrt r-bc}{a^2r-b^2})（这个相信大家都会），也就是说，(△OC'D)中整点的个数即为(f(lfloorfrac{asqrt r+b}cn floor,ac,-bc,a^2r-b^2))。
这样一来，只要通过递归的形式，就能求出答案了。
还有一些细节问题可以看代码。
其实我写题解前还只是半懂，写完这篇题解之后就彻底理解了。。。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define LL long long
using namespace std;
int n,r;
Tp I Ty gcd(Con Ty& x,Con Ty& y) {return y?gcd(y,x%y):x;}//求gcd，避免爆long long
I LL Get(CI n,LL a,LL b,LL c)//求f(n,a,b,c)
{
if(!n) return 0;LL g=gcd(gcd(a,b),c);a/=g,b/=g,c/=g;
LL p=(a*sqrt(r)+b)/c;if(p) return 1LL*n*(n+1)/2*p+Get(n,a,b-c*p,c);//如果大于1，提取整数部分转化为小于1的情况
int k=(a*sqrt(r)+b)/c*n;return 1LL*k*n-Get(k,a*c,-b*c,a*a*r-b*b);//否则容斥
}
int main()
{
RI Tt;scanf("%d",&Tt);W(Tt--)
{
scanf("%d%d",&n,&r);
if((int)sqrt(r)*(int)sqrt(r)==r) {printf("%d
",(r&1)?(n&1?-1:0):n);continue;}//特判完全平方数，听说不然会挂
printf("%d
",n-2*Get(n,1,0,1)+4*Get(n,1,0,2));
}return 0;
}