BZOJ 1041 圆上的整点

n<=2000 000 000

一下内容转自：http://blog.csdn.net/csyzcyj/article/details/10044629

首先,最暴力的算法显而易见：枚举x轴上的每个点，带入圆的方程，检查是否算出的值是否为整点，这样的枚举量为2*N，显然过不了全点。

然后想数学方法。

有了上面的推理，那么实现的方法为：

枚举d∈[1,sqrt(2R)]，然后根据上述推理可知：必先判d是否为2R的一约数。

此时d为2R的约数有两种情况：d=d或d=2R/d。

第一种情况：d=2R/d。枚举a∈[1,sqrt(2R/2d)] <由2*a*a < 2*R/d转变来>，算出对应的b=sqrt(2R/d-a^2)，检查是否此时的A,B满足：A≠B且A,B互质 <根据上面的推理可知必需满足此条件>，若是就将答案加1

第二种情况：d=d。枚举a∈[1,sqrt(d/2)] <由2*a*a < d转变来>，算出对应的b=sqrt(d-a^2)，检查是否此时的A,B满足：A≠B且A,B互质 <根据上面的推理可知必需满足此条件>，若是就将答案加1

因为这样只算出了第一象限的情况<上面枚举时均是从1开始枚举>，根据圆的对称性，其他象限的整点数与第一象限中的整点数相同，最后，在象限轴上的4个整点未算，加上即可，那么最后答案为ans=4*第一象限整点数+4

【时间复杂度分析】：

枚举d：O(sqrt(2R)),然后两次枚举a：O(sqrt(d/2))+O(sqrt(R/d))，求最大公约数：O(logN)

 1 #include<algorithm>
 2 #include<cmath>
 3 #include<cstdio>
 4 #include<cstdlib>
 5 using namespace std;
 6 
 7 #define maxn 300010
 8 long long n;
 9 long long ans,prime[maxn],tot,cnt;
10 bool exist[maxn];
11 pair <long long,long long> use[maxn];
12 
13 inline long long gcd(long long a,long long b)
14 {
15     if (b == 0) return a;
16     return gcd(b,a%b);
17 }
18 
19 inline void ready()
20 {
21     long long i,j;
22     for (i = 2;i <= 300000;++i)
23     {
24         if (exist[i]) continue;
25         prime[++tot] = i;
26         for (j = i*i;j <= 300000;j += i) exist[i] = true;
27     }
28 }
29 
30 inline void divide(long long k)
31 {
32     for (long long i = 1;k != 1 && i <= tot;++i)
33         if (k % prime[i] == 0)
34         {
35             long long t = 0;
36             while (k % prime[i] == 0) k/=prime[i],t++;
37             use[++cnt] = make_pair(prime[i],t);
38         }
39     if (k != 1) use[++cnt] = make_pair(k,1);
40 }
41 
42 inline long long calc(long long d)
43 {
44     long long ret = 0; d = n / d;
45     for (long long i = 0;((i*i)<<1) <= d;++i)
46     {
47         long long t = sqrt((double)(d - i*i));
48         if (t * t + i * i != d) continue;
49         if (gcd(t,i) != 1) continue;
50         ret++;
51     }
52     return ret;
53 }
54 
55 inline void dfs(long long now,long long mul)
56 {
57     if (now > cnt)
58     {
59         ans += calc(mul);
60         return;
61     }
62     dfs(now+1,mul);
63     long long t1 = use[now].first,t2 = use[now].second;
64     for (long long i = 1;i <= t2;++i) mul *= t1, dfs(now+1,mul);
65 }
66 
67 int main()
68 {
69     freopen("1041.in","r",stdin);
70     freopen("1041.out","w",stdout);
71     ready();
72     scanf("%lld",&n); n <<= 1;
73     divide(n);
74     dfs(1,1);
75     (ans *= 4) -= 4;
76     printf("%lld",ans);
77     fclose(stdin); fclose(stdout);
78     return 0;
79 }

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