链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/11254/E
来源：牛客网
题目描述
Given n, count the number of pairs of positive integers (x, y), such that xy+1∣x2+y2,1≤x≤y≤nxy+1∣x2+y2,1≤x≤y≤n.
There're t test cases in total.
输入描述:
First line contains an integer t(1≤t≤105)t(1≤t≤105). Next t lines each contains one integer n (1≤n≤1018)(1≤n≤1018).
输出描述:
Output t lines, denoting the answer of each testcase.
示例1
输入
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10
10
100
1000
10000
100000
114514
1919810
20190104
123123123123
10000001000000
输出
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2
5
14
31
65
67
158
326
5226
22091
看了dls的题解悟了半天貌似懂了（有错请指正
当然这个题可以打表找规律（找到了但没完全找到）。
由(xy+1|x^2+y^2)，不妨设(k(xy+1)= x^2 + y^2 且 xleq y)。如果固定x不变，可以将方程写为:(y^2-kxy+x^2-k=0)。由高中学过的韦达定理，这个方程的两个解为(y_1 = frac{kx+sqrt {k^2x^2-4(x^2-k)}}{2}, y_2 = frac{kx-sqrt {k^2x^2-4(x^2-k)}}{2})。因此(y_1 + y_2 = kx, y_1 y_2=x^2-k)。不妨设(y_1)是一开始那个解(y)，则(y_2)这个解更小（因为(y_1 > x)且(y_1 y_2 = x^2-k)，若(y_2)更大则显然不可能）且非负（如果是负数，带入原方程会矛盾）。所以此时有(k(xy_2+1)= x^2 + y_2^2 且 y_2leq x 且 y_2=kx-y1)。这时候把(y_2)看做(x)，(x)看做(y)（统一成原来方程的形式），就可以发现这样可以不断进行递降，且由一开始((x, y))这组解递降得到的解((kx-y, x))中(kx-yleq x)。因此对于这个k，绝对值最小的一组正整数解一定满足(kx-y=0)（因为要求是正整数解，而0到(y)的正整数个数是有限的，不是0的话就没有出口了）。此时(y=kx)(注意这里的x和y并不是一开始的，仅仅是描述最终的解的形式)，带入原方程得到(x^2+k^2x^2=k^2x^2+k)，即(x^2=k)。因此设最终那组解里最小的数为(x)，则(y = kx=x^2x=x^3)，解为((x,x^3))。由于这个解是递降得到的，因此可以逆推回去。设(x=kx'-y',y=x')（这里的y是(x^3),(k)是(x^2)不变），则前一组解((x', y')=(x^3,x^5-x))。这样不断倒推回去就能得到由一个初始的x推出来的所有的解了。对于这个题而言，需要进行预处理，预处理的时候枚举的是绝对值最小的一组正整数解的x，然后对于所有的解((x, y))，把(y)放入一个vector并排序，对于每次询问直接在集合中upper_bound二分查找n，则这个位置之前的数的个数就是答案。因为1e18开三次根为1e6，枚举的时候枚举到1e6即可。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
//int128
int main() {
vector<long long> b;
b.push_back(1ll);
for(long long xx = 2; xx <= 1000000; xx++) {
//cout << xx << endl;
long long x = 1ll * xx, y = 1ll * xx * xx * xx, k = xx * xx;
while(true) {
b.push_back(y);
if(__int128(k) * __int128(y) - __int128(x) > (1e18+5)) {
break;
}
long long t = y;
y = k * y - x;//倒推回去的下一个解的y
x = t;
}
}
sort(b.begin(), b.end());
int t;
cin >> t;
while(t--) {
//cout << t << endl;
long long n;
cin >> n;
long long pos = upper_bound(b.begin(), b.end(), n) - b.begin();
cout << pos << endl;
}
return 0;
}