bzoj1041 圓上的整點

Description

求一個給定的圓(x^2+y^2=r^2)，在圓周上有多少個點的座標是整數。

Input

r

Output

整點個數

Sample Input

4

Sample Output

4

HINT

n<=2000 000 000

Source

VFK在討論版中驚呼：

但我沒看。。

以下來自http://blog.csdn.net/csyzcyj/article/details/10044629

【分析】：

樣例圖示：

首先,最暴力的算法顯而易見：枚舉x軸上的每個點，帶入圓的方程，檢查是否算出的值是否爲整點，這樣的枚舉量爲2*N，顯然過不了全點。

然後想數學方法。

有了上面的推理，那麼實現的方法爲：

枚舉d∈[1,sqrt(2R)]，然後根據上述推理可知：必先判d是否爲2R的一約數。

此時d爲2R的約數有兩種情況：d=d或d=2R/d。

第一種情況：d=2R/d。枚舉a∈[1,sqrt(2R/2d)] <由2*a*a < 2*R/d轉變來>，算出對應的b=sqrt(2R/d-a^2)，檢查是否此時的A,B滿足：A≠B且A,B互質 <根據上面的推理可知必需滿足此條件>，若是就將答案加1

第二種情況：d=d。枚舉a∈[1,sqrt(d/2)] <由2*a*a < d轉變來>，算出對應的b=sqrt(d-a^2)，檢查是否此時的A,B滿足：A≠B且A,B互質 <根據上面的推理可知必需滿足此條件>，若是就將答案加1

因爲這樣只算出了第一象限的情況<上面枚舉時均是從1開始枚舉>，根據圓的對稱性，其他象限的整點數與第一象限中的整點數相同，最後，在象限軸上的4個整點未算，加上即可，那麼最後答案爲ans=4*第一象限整點數+4

【時間複雜度分析】：

枚舉d：O(sqrt(2R)),然後兩次枚舉a：O(sqrt(d/2))+O(sqrt(R/d))，求最大公約數：O(logN)

代碼（我自己的）不知道爲什麼int過不了

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
ll R,ans;
ll gcd(ll x, ll y)
{
	if(x > y) swap(x, y);
	while(x)
	{
		ll z = x;
		x = y % x;
		y = z;
	}
	return y;
}
bool check(ll y, double x)
{
    if(x == floor(x))
    {
        ll x1 = (ll)floor(x);
        if(gcd(x1 * x1, y * y) == 1 && x1 * x1 != y * y)
            return true;
    }
    return false;
}
int main()
{
    scanf("%lld",&R);
    for(ll k = 1; k <= (ll)sqrt(2 * R); k ++)
        if((2 * R) % k == 0)
        {
            for(ll i = 1; i <= (ll)sqrt(2 * R / (2 * k)); i ++)
            {
                double b = sqrt(((2 * R) / k) - i * i);
                if(check(i, b))
                    ans ++;
            }
            if(k != (2 * R) / k)
                for(ll i = 1; i <= (ll)sqrt(k / 2); i ++)
                {
                    double b = sqrt(k - i * i);
                    if(check(i,b))
                        ans ++;
                }
        } 
    printf("%lld\n",ans * 4 + 4); 
	return 0;
}