[BZOJ 1041] 圓上的整點

Description
　　求一個給定的圓(x2+y2=r2$x^2+y^2=r^2$ )，在圓周上有多少個點的座標是整數
Input
　　只有一個正整數n$n$ ,n≤2000000000$n\le 2000000000$
Output
　　整點個數
Sample Input
4
Sample Output
4

初見這道題時候果斷不會。無奈上網找題解。
我在網上找到的做法是這樣的：http://hzwer.com/1457.html
超級麻煩的推導過程讓沒有耐心的我直接放棄這道題。

後來胡亂翻數論書，偶然看見一個神奇的定理，它大概長這樣：

設n≥1$n\ge 1$ ，則不定方程x2+y2=n$x^2+y^2=n$ 的解數爲：

N(p)=4∑d|ph(d)$$N(p)=4\sum _{d|p}h(d)$$

其中函數h(d)$h(d)$ 定義爲：

h(d)=⎧⎩⎨⎪⎪1,0,(−1)(d−1)/2,d=12|delse(2)$$\begin{array}{}\text{(2)}& h(d)=\{\begin{array}{ll}1,& d=1\\ 0,& 2|d\\ (-1{)}^{(d-1)/2},& else\end{array}\end{array}$$

至於這個定理的證明，中心思想就是把不定方程 x2+y2=n$x^2+y^2=n$ 的非負本原解和二次同餘方程 s2≡−1(modn)$s^2\equiv -1(\mathrm{mod}n)$ 的解一一對應起來。證明細節從略。

再仔細看一看我們可以發現下面幾件事：

• 若d=2q·p，其中q≥0，p爲奇數，那麼N(d)=N(p)$若d=2^q·p，其中q\ge 0，p爲奇數，那麼N(d)=N(p)$
• h(d)=1當且僅當4|d−1，h(d)=−1當且僅當4|d−3$h(d)=1當且僅當4|d-1，h(d)=-1當且僅當4|d-3$
• N(d)表示d除4餘1的因子與除4餘3的因子個數之差的四倍$N(d)表示d除4餘1的因子與除4餘3的因子個數之差的四倍$

也就是說只需要分別求出 d$d$ 除4餘1與除4餘3的因子個數
首先明確暴力搜索因子肯定會T，因此很容易想到把 r$r$ 標準分解，然後把所有素因子按照mod4分類，在注意到在mod4下有 3×3=1$3\times 3=1$ 即可算出所需要的結果。

下一步的想法就是：
如果r2$r^2$ 的標準分解形式爲r2=Πpi2αi∗Πqi2βi$r^2=\mathrm{\Pi }{p_i}^{2{\alpha }_i}\ast \mathrm{\Pi }{q_i}^{2{\beta }_i}$ ，其中4|pi−1，4|qi−3$4|p_i-1，4|q_i-3$ ，並記A=Πpi2αi,B=Πqi2βi$A=\mathrm{\Pi }{p_i}^{2{\alpha }_i},B=\mathrm{\Pi }{q_i}^{2{\beta }_i}$ ，那麼r2$r^2$ 的因子一定可表示爲B$B$ 的某一因子與A$A$ 的某一因子的乘積，又由於A$A$ 的所有因子均滿足mod4=1，由乘法原理，r2$r^2$ 的除4餘1因子個數等於B$B$ 的除4餘1因子個數乘上A$A$ 的因子個數

下面給出dfs的實現方法

#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;

int prime[2][2340],cnt[2];
//prime[0]記錄mod4=1的素數，用cnt[0]記錄個數,prime[1]和cnt[1]同理
int po[2340];
//po[i]記錄prime[1][i]在r中的冪次
int tmp,ans1=1,ans;
bool vis[44725];
LL r;

void dfs(int u,int mod)  //當前討論prime[1][u],當前餘數爲mod
{
    if(u>cnt[1])
    {
        if(mod==1)  ans++;
        else  ans--;
        return;
    }
    dfs(u+1,mod);
    for(int i=1;i<=po[u];i++)
    {
        if(i&1)  dfs(u+1,mod^2);
        else  dfs(u+1,mod);
    }
}
void init()
{
    int mx=sqrt(r);
    for(int i=3;i<=mx;i+=2)  if(!vis[i])
    {
        if((i>>1)&1)  prime[1][++cnt[1]]=i;
        else  prime[0][++cnt[0]]=i;
        for(int j=i*2;j<=mx;j+=i)  vis[j]=1;
    }
    for(int i=1;i<=cnt[0];i++,tmp=0)//mod4=1的素數的冪次後期不需要，因此不用存
    {
        while(!(r%prime[0][i]))  tmp++,r/=prime[0][i];
        ans1*=1+(tmp<<1);
    }
    for(int i=1;i<=cnt[1];i++)
    {
        while(!(r%prime[1][i]))  po[i]++,r/=prime[1][i];
        po[i]<<=1;
    }
    //此時r有三種情況1,mod4=1的素數，mod4=3的素數
    if((r>>1)&1)  po[++cnt[1]]=2;
    else  if(r>1)  ans1*=3;
}
void solve()
{
    dfs(1,1);
    printf("%d",ans*ans1<<2);
}

int main()
{
    scanf("%lld",&r);
    while(!(r&1))  r>>=1;
    init();  solve();
    return 0;
}

代碼意義很明確了吧？那就不做過多說明了。
評測結果：運行時間8ms，比上邊給鏈接的那個(188ms)快好多。

本來到這就結束了。但我翻了翻評測記錄，發現有若干4ms的程序以及幾個0ms的。我當時就不服了。
我們發現其實po數組大部分數是0，於是乎就有了一個小小的優化

void solve()
{
    sort(po+1,po+cnt[1]+1,greater<int>());
    while(!po[cnt[1]])  cnt[1]--;
    dfs(1,1);
    printf("%d",ans*ans1<<2);
}

運行時間從8ms提高到4ms
後邊我就真的沒轍了。然後經由一位學長提醒，我發現這題能dp，而且是入門dp

簡而言之，用dp[0][i]$dp[0][i]$ 表示使用q1,q2,···,qi$q_1,q_2,···,q_i$ 能產生的B$B$ 的mod4=1的因數個數，dp[1][i]$dp[1][i]$ 表示使用q1,q2,···,qi$q_1,q_2,···,q_i$ 能產生的B$B$ 的mod4=3的因數個數,於是有狀態轉移方程：

dp[1][i]=dp[0][i-1]*(po[i]+1)/2+dp[1][i-1]*(po[i]/2+1);
dp[0][i]=dp[0][i-1]*(po[i]/2+1)+dp[1][i-1]*(po[i]+1)/2;

這裏放一個給出這種思路的學長的blog的鏈接

運行時間：0ms

Update On 2017.10.9

這一定是這道題的最優解法
——纔怪。

事實上在今年的中國東南數學聯賽之前我是這麼認爲的。
不過後來，在東南聯賽的考場上，我意外地發現，東南聯賽高一組的D1T3本質上就是這個定理。
既然它能出成數競題（貌似還是個IMOSL），那麼就一定是有比DP更優的解法。
我們再來分析下這個DP的式子。這次，我們用數列語言表述它：

記數列{an=dp[0][n]},{bn=dp[1][n]},{αn=po[n]},$\{a_n=dp[0][n]\},\{b_n=dp[1][n]\},\{{\alpha }_n=po[n]\},$ 那麼有

ai=ai−1⋅([αi2]+1)+bi−1⋅[αi+12]$$a_i=a_{i-1}\cdot \left(\left[\frac{{\alpha }_i}{2}\right]+1\right)+b_{i-1}\cdot \left[\frac{{\alpha }_i+1}{2}\right]$$

bi=ai−1⋅[αi+12]+bi−1⋅([αi2]+1)$$b_i=a_{i-1}\cdot \left[\frac{{\alpha }_i+1}{2}\right]+b_{i-1}\cdot \left(\left[\frac{{\alpha }_i}{2}\right]+1\right)$$

上述兩式相減，得到

ai−bi=(ai−1−bi−1)⋅([αi2]+1−[αi+12])$$a_i-b_i=(a_{i-1}-b_{i-1})\cdot \left(\left[\frac{{\alpha }_i}{2}\right]+1-\left[\frac{{\alpha }_i+1}{2}\right]\right)$$

由題目限制，αi${\alpha }_i$ 始終爲偶數，因此上式等號右邊第二項的值恆爲1，於是就有an−bn=1$a_n-b_n=1$

再結合前面的全部討論，我們不難得出結論，所求答案就是A$A$ 的因數個數的4倍。於是我們就可以在分解素因子的同時解決這個問題。
時間複雜度O(n‾√)$O(\sqrt{n})$

附：神仙LCA的做法。這裏用到了代數數論中的二次代數數的相關知識，雖然用到了不同的道具，但所得的結果和我這個初等方法一致。