【BZOJ4544】椭圆上的整点（数学）

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• 给定\(n\)，求关于\(x,y\)的方程\(x^2+3y^2=n^2\)整数解个数。
• 数据组数\(\le10,n\le10^{12}\)

这道题被某毒瘤出题人搬去当学校\(CSP\)模拟赛的题目了。

本来半个多小时就做出来了，结果因为一个i*i没转long long，极限数据直接死循环T飞。

害得我一直以为自己式子没推完，复杂度不正确，整整搞了两个多小时，幸好最后几分钟发现问题改了出来。。。

这里写篇题解纪念一下。

基本技巧

首先，\(x=±n,y=0\)这两组解显然对于任意\(n\)恒成立，而\(x=0\)时显然找不到整数解。

然后若非零的\((x,y)\)为一组解，则\((x,-y),(-x,y),(-x,-y)\)显然都是解。

所以我们只要求出\(x>0,y>0\)时的解数，乘\(4\)加\(2\)就是答案了。

推式子

考虑\(n^2\)是一个很大的数，令\(a=n-x\)，则原式变成：

\[(n-a)^2+3y^2=n^2\Leftrightarrow -2na+a^2+3y^2=0\Leftrightarrow 3y^2={a(2n-a)} \]

设\(d=gcd(a,2n-a)=gcd(a,2n)\)。

如果我们把\(a,2n-a\)两式同除以\(d\)，那么得到的\(\frac ad,\frac{2n-a}d\)必然互质。

互质的两数相乘是一个平方数的\(3\)倍，则这两个数必然一个是平方数，一个是某平方数的\(3\)倍。

不妨设\(\frac ad=3i^2,\frac{2n-a}d=j^2(i,j\in N^*,gcd(3i,j)=1)\)，发现：

\[\frac ad+\frac{2n-a}d=3i^2+j^2\Leftrightarrow \frac{2n}d=3i^2+j^2 \]

显然如果设\(\frac ad=j^2,\frac{2n-a}d=3i^2\)也会得到一样的结果。

故考虑去枚举所有的\(d|(2n)\)，既然枚举了所有\(d\)，那么这个式子其实也可以变成求\(d=3i^2+j^2\)符合条件的\(i,j\)的解数。

因此，只要再在\(\sqrt{\frac d3}\)范围内去枚举\(i\)，判断是否有对应的符合条件的\(j\)即可求出总解数了。

时间复杂度大概是\(O(Tn^{\frac 34})\)（这也是我一直以为自己式子没推完的原因），看起来很假，但实际上显然跑不满。

代码：\(O(Tn^{\frac 34})\)

#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
#define S 1000000
using namespace std;
int A,B;LL ans,n,a[S+5],b[S+5];
I LL gcd(Con LL& x,Con LL& y) {return y?gcd(y,x%y):x;}
I void Work(Con LL& d)//求3i^2+j^2=d的符合条件的解数
{
	LL x,y;for(RI i=1;(x=3LL*i*i)<d;++i)//暴枚i
		y=sqrt(d-x),x+y*y==d&&gcd(i,y)==1&&y%3&&(ans+=4);//存在对应的j，且gcd(3i,j)=1
}
int main()
{
	RI Tt,i;scanf("%d",&Tt);W(Tt--)
	{
		for(scanf("%lld",&n),ans=2,i=1;1LL*i*i<=2*n;++i)//暴枚2n的因数
			!(2*n%i)&&(Work(i),i^(2*n/i)&&(Work(2*n/i),0));printf("%lld\n",ans);
	}return 0;
}