数学小记：1988IMOP6

改编版 OI 题：给定 \(n\)，对满足 \((xy+1)\mid(x^2+y^2),x,y\in[1,n]\) 的 \((x,y)\) 计数，\(n\le 10^{18}\)。

对其分析，首先注意到 \(xy,x^2,y^2\) 都是二次项，令 \(x\le y\) 则可以推出 \(x^2\le xy\le y^2\)，则 \(\frac{x^2+y^2}{xy+1}\approx \frac{y}{x}\)。

这是初步的估计，接下来我们分析一下：

• \((xy+1)(\frac y x-1)=y^2-xy+\frac yx -1<y^2+x^2\)。
• \((xy-1)(\frac y x+1)=y^2+xy+\frac y x+1> y^2+x^2\)。

所以答案要么是 \(\lfloor\frac y x\rfloor\) 要么是 \(\lceil\frac y x\rceil\)。

令 \(y=qx+r\)，若 \(q\) 是 \(\frac{x^2+y^2}{xy+1}\) 则 \(r\in(-x,x)\)，我们先讨论 \(r=0\) 的特殊情况。

\[\begin{aligned}&\frac{x^2+(qx)^2}{x(qx)+1}=q \\&x^2+q^2x^2=q^2x^2+q \\&x^2=q,y=x^3 \end{aligned}\]

代入验证发现 \(y=x^3\) 确实是一组特解。

讨论 \(r>0\)。

\[\begin{aligned}&\frac{x^2+(qx+r)^2}{x(qx+r)+1}=q \\&x^2+q^2x^2+2qxr+r^2=q^2x^2+qxr+q \\&x^2+r^2+qxr=q\end{aligned}\]

显然 \(qxr\ge q,x^2+r^2+qxr>q\)，该情况不成立。

讨论 \(r<0\)，另设 \(y=qx-r,r\in(0,x)\)。

\[\begin{aligned}&\frac{x^2+(qx-r)^2}{x(qx-r)+1}=q \\&x^2+q^2x^2-2qxr+r^2=q^2x^2-qxr+q \\&x^2+r^2=qxr+q \end{aligned}\]

看起来我们一筹莫展了，但是观察形式：\(x^2+r^2=qxr+q=q(xr+1)\)，我们由 \((x,y)\) 递归到了 \((x-y\bmod x,x)\)。

而递归终止条件是我们推过的特解，\(y=x^3\)。

注意这个递归的形式十分苛刻，不仅要保证两参数的形式，还要保证 \(\lceil\frac{y}{x}\rceil\) 是固定的值 \(q\)，它等于递归终点的 \(x^2\)。

因此我们会计数了，枚举递归终点，反向生成即可，\(\log\) 层之内结束。