BZOJ 1041 圆上的整点

Description

求一个给定的圆(x^2+y^2=r^2)，在圆周上有多少个点的坐标是整数。

Input

r

Output

整点个数

Sample Input

4

Sample Output

4

HINT

 

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)

#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
using namespace std;

#define maxn 300010
long long n;
long long ans,prime[maxn],tot,cnt;
bool exist[maxn];
pair <long long,long long> use[maxn];

inline long long gcd(long long a,long long b)
{
    if (b == 0) return a;
    return gcd(b,a%b);
}

inline void ready()
{
    long long i,j;
    for (i = 2;i <= 300000;++i)
    {
        if (exist[i]) continue;
        prime[++tot] = i;
        for (j = i*i;j <= 300000;j += i) exist[i] = true;
    }
}

inline void divide(long long k)
{
    for (long long i = 1;k != 1 && i <= tot;++i)
        if (k % prime[i] == 0)
        {
            long long t = 0;
            while (k % prime[i] == 0) k/=prime[i],t++;
            use[++cnt] = make_pair(prime[i],t);
        }
    if (k != 1) use[++cnt] = make_pair(k,1);
}

inline long long calc(long long d)
{
    long long ret = 0; d = n / d;
    for (long long i = 0;((i*i)<<1) <= d;++i)
    {
        long long t = sqrt((double)(d - i*i));
        if (t * t + i * i != d) continue;
        if (gcd(t,i) != 1) continue;
        ret++;
    }
    return ret;
}

inline void dfs(long long now,long long mul)
{
    if (now > cnt)
    {
        ans += calc(mul);
        return;
    }
    dfs(now+1,mul);
    long long t1 = use[now].first,t2 = use[now].second;
    for (long long i = 1;i <= t2;++i) mul *= t1, dfs(now+1,mul);
}

int main()
{
    freopen("1041.in","r",stdin);
    freopen("1041.out","w",stdout);
    ready();
    scanf("%lld",&n); n <<= 1;
    divide(n);
    dfs(1,1);
    (ans *= 4) -= 4;
    printf("%lld",ans);
    fclose(stdin); fclose(stdout);
    return 0;
}