[SMOJ2078]勾股數

解法一：
顯然可以考慮直接在n的範圍內暴力枚舉 a 、b 和 c 並進行判斷統計，時間複雜度爲 O(n3) 。

解法二：
注意到 c2 是兩個完全平方數（其算術平方根恰好爲整數的數）之和，且其自身也是一個完全平方數。則可以枚舉 a 和 b ，判斷是否爲整數即可。時間複雜度爲 O(n2) 。

解法三：
在解法一、二中，我們其實作了大量無用的枚舉。
不難發現，對於某個確定的 a ，能與其配對成爲勾股數組的 (b,c) 對數其實非常少，它們滿足一些特殊的性質。能不能利用它們之間的關係，減少無用的枚舉呢？
可以將 a2+b2=c2 移項後得到 a2=c2−b2 ，利用平方差公式進行因式分解後得到 a2=(c+b)(c−b) 。這時可以發現，c+b 和 c−b 都是 a2 的因數！
因數有什麼用？事實上，109 的範圍內數字的因數個數相當少，最多不會超過 1000個。
這樣一來，對於一個確定的 a2 ，如果能夠枚舉它的某個因數 x ，就能得到與其配對的另一個因數 y=a2x 。不妨規定 x<y ，則對應上式，可得

{c+b=yc−b=x

解這個方程組，得

{b=y−x2c=y+x2

顯而易見，要使 b 和 c 爲整數，x 、y 的奇偶性應該相同，且算得的 b 、c 不得大於 n 。也就意味着，只要能枚舉出 a2 的因數，就可以很快確定能與其配成勾股數組的 (b,c) 對數。
則問題轉化爲：如何快速枚舉 a2 的因數？這裏就要用到質因數分解的相關知識。
回憶一下，篩法求質數表的過程，可以發現每個合數第一次都是被自己最小的一個質因數篩掉的。例如：12=22×31 ，最早是被 2 篩掉的。不妨記 i 的最小質因數爲 mindivi ，則當且僅當 i 爲質數時，mindivi=i ，否則爲第一個把自己篩掉的質數。
利用篩法時順便記錄的最小質因數，就可以求得質因數分解的結果。例如，將12 除以其最小質因數 2 時（此時已知 12=21×… ），變成 6，mindiv6=2 ，再除以 2（此時已知 12=22×… ），變成 3，發現 mindiv3=3 就是自己。說明到了質數，分解結束。這樣就得到了 12 分解質因數的結果 22×31 。容易證明，一個數 n 被這樣分解不會超過 log2n 步，因此很快。
顯而易見的是，根據冪的乘方，將 a 的質因數分解結果 xk11×xk22×…×xkmm ，對其每個不同質因數的指數乘 2 得到的結果 x2k11×x2k22×…×x2kmm ，就是 a2 分解質因數的結果。
於是就解決了分解質因數的問題，最後一步：怎麼用分解得到的質因數枚舉因數？
很顯然一個數的每個因數都是其若干質因數之積，因此只需枚舉每個質因數選取的指數 k′i 即可，質因數 xi 可被乘上 0 到 ki 次貢獻給因數，即一共可以得到 ∏(ki+1) 個不同的因數。
到這裏，所有的難關都被攻克，本題也就迎刃而解了。只需稍加註意細節，即可 AC。

參考代碼：

#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iostream>

using namespace std;

const int MAXN = 1e6 + 100;

long long N, mindiv[MAXN], ans;
int div_cnt;
pair <long long, int> divisors[1000];

void dfs(int k, long long tot, long long a) { //k 爲已考慮的質因數個數，tot 爲當前乘積（最終爲所枚舉的 c-b）
    if (tot >= a) return ; //得到的必須是正常的三角形，滿足三角形不等式 c-b<a
    if (k > div_cnt) { //都考慮完了，得到了 a^2 的某個因數
        long long tot1 = a * a / tot; //c+b
        if ((tot ^ tot1) & 1) return ; //奇偶性要相同，否則得到的 b、c 爲分數
        long long b = (tot1 - tot) >> 1, c = (tot1 + tot) >> 1;
        ans += b > a && b <= N && c <= N; //範圍限制
        return ;
    }
    long long mult = 1;
    for (int i = 0; i <= divisors[k].second; i++) { //質因數 x[i] 可被乘上 0 到 k[i] 次貢獻給因數
        dfs(k + 1, tot * mult, a);
        mult *= divisors[k].first;
    }
}

int main(void) {
    freopen("2078.in", "r", stdin);
    freopen("2078.out", "w", stdout);
    scanf("%lld", &N);
    for (long long i = 2; i <= N; i++) //篩
        if (!mindiv[i])
            for (long long j = i; j <= N; j += i) if (!mindiv[j]) mindiv[j] = i;
//  for (int i = 2; i <= N; i++) printf("%d ", mindiv[i]);
    for (long long i = 3; i < N; i++) {
//      printf("%I64d\n", i);
        divisors[div_cnt = 0] = make_pair(0, 0); //根據篩法結果分解質因數
        for (long long t = i; t != 1; t /= mindiv[t]){
            if (mindiv[t] == divisors[div_cnt].first) ++divisors[div_cnt].second; //first 爲具體的質因數，second 爲指數
            else divisors[++div_cnt] = make_pair(mindiv[t], 1); //分解過程中得到的質因數一定是從小到大的，想一想，爲什麼
        }
        for (int j = 1; j <= div_cnt; j++) divisors[j].second <<= 1; //a 分解質因數的結果，指數乘 2 就得到 a^2 分解質因數的結果
//      printf("%d=%d^%d", i, divisors[1].first, divisors[1].second);
//      for (int j = 2; j <= div_cnt; j++) printf("*%d^%d", divisors[j].first, divisors[j].second);
//      putchar('\n');
        dfs(1, 1, i); //枚舉 c-b
    }
    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}

總結一下，這題其實蘊含着一種非常巧妙的轉化思想，通過對式子進行適當變形，找到不一樣的角度來考慮和解決問題。這種思想，在 NOIp2015 和 NOIp2016 中都有所考察，也是 OI 競賽中非常重要的一部分，需要對問題進行觀察、分析，有深入的認識，才能想出。