数学推式子
先膜拜一下考场上直接切掉的燃情巨佬。
首先分析一下部分分。（蒟蒻并没有分析出(b=0)的解法）
对于(a=b)的情况，只要满足(x=y)即可，所以一共有(inf)组解。
对于(ale 1000)的情况，我们直接暴力判断一下即可。
对于(a=0)的情况，我们需要求(y^2 - x^2=b),就是((y-x) imes(y+x)=b),发现这两项都是(b)的约数，所以我们(sqrt n)枚举一下(b)的约数，若是要有正整数解，就需要(b- frac{b}{i})是偶数（想一想，为什么）,累加一下答案即可。
void slove1()
{
for(int i=1;i*i<=b;++i)
{
if(!(b%i))
{
if(!((b/i-i)&1))++ans;
}
}
cout<<ans;
}
考场亲测综合使用可获得60+的分数。
满分做法
我们可以通过打表发现答案都非常小，(y-x)也很小，所以我们可以放弃枚举x，枚举一下(y)比(x)大多少。我们设为(g),即(y=x+g),原式也就变为
((x+g)^2-x^2=ax+b)
将左边化简一下可得
(g^2 + 2gx = ax+b)
将与(x)有关的移到一边。
(g^2-b=(2g-a)x)
再移动一下
(x=frac{g^2-b}{2g-a})
又因为我们确定了(x)后就可以确定(y),(x)和(y)都是自然数，(g^2-b)单调递增，(2g-a)单调递减，所以我们能确定一个(x)为自然数的最大边界。
n = max((int)sqrt(b) + 1, a / 2 + 1);
for (int g = 0; g <= n; ++g)
{
if (a == 2 * g)continue;
if (!((g * g - b) % (a - 2 * g)) && ((g * g - b) / (a - 2 * g) >= 0))++ans;
}
我们只在这个边界里枚举就行了，最大不会超过1e7。
再说一下inf的情况
由打表可得(b=(frac{a}{2})^2)(a为偶数)时无解。
我们能将式子等价的化为(4b-a^2=(2y-2x-a) imes(2y+2x+a)),倘若(b=(frac{a}{2})^2)，那么式子左边就等于0，((2y+2x+a))恒大于0，而((2y-2x-a)=0)又有无数种解，所以这时判一下inf即可。
代码其实还是很短的
#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;
LL a, b, ans, n, f;
signed main()
{
cin >> a >> b;
if (!a && !b)puts("inf");
else if ((!(a & 1)) && a * a / 4 == b)puts("inf");
else
{
n = max((LL)sqrt(b) + 1, a / 2 + 1);
for (LL g = 0; g <= n; ++g)
{
if (a == 2 * g)continue;
if (!((g * g - b) % (a - 2 * g)) && ((g * g - b) / (a - 2 * g) >= 0))++ans;
}
cout << ans;
}
}