Pythagoras HDU - 6211（法裏數列構造+本原勾股數組+本地預處理不出來。。）

Pythagoras HDU - 6211

Given a list of integers a0,a1,a2,⋯,a2k−1. Pythagoras triples over 109 are all solutions of x2+y2=z2 where x,y and z are constrained to be positive integers less than or equal to 109. You are to compute the sum of ay mod 2k of triples (x,y,z) such thatx<y<z$x<y<z$ and they are relatively prime, i.e., have no common divisor larger than 1
.
Input
The first line is an integer T (1≤T≤3) indicating the total number of cases.
For each test case the first line is the integer k (1≤k≤17).
The second line contains 2k integers corresponding to a0 to a2k−1, where each ai satisfies 1≤ai≤255
.
Output
For each case output the sum of ay mod 2k
in a line.
Sample Input

3
2
0 0 0 1
2
1 0 0 0
2
1 1 1 1

Sample Output

39788763
79577506
159154994

題意：

給出2k個數ai$2^k個數a_i$ ，求出所有滿足（x,y,z）爲本原勾股數組且x<y<z<1e9$（x,y,z）爲本原勾股數組且x<y<z<1e9$ 問∑ay%2k$\sum a_{y_{\mathrm{\%}}{2}^k}$ 是多少

分析：

這題是個很迷的題，各種神奇

首先學習到了對於取模2的冪次來說，可以進行交換（我沒找到相關定理，只是根據題解推出來的，要不然這題不可能對），什麼意思呢，就是比如一個數n$n$ ，計算n%2k1%2k2$n\mathrm{\%}{2}^{k_1}\mathrm{\%}{2}^{k_2}$ ,如果k1>k2$k_1>k_2$ ,那麼n%2k1%2k2=n%2k2$n\mathrm{\%}{2}^{k_1}\mathrm{\%}{2}^{k_2}=n\mathrm{\%}{2}^{k_2}$ ，舉個具體的例子來說9%8%2=1=9%2=1$9\mathrm{\%}8\mathrm{\%}2=1=9\mathrm{\%}2=1$

這個結論貌似只對取模2的冪有效，對於一般數的取模是肯定不對的（我沒找到相關定理解釋，但是猜測是對的，因爲這道題對了，我也是看着他們的題解）

下面先說一下這道題，很明顯我們需要得到1e9內的本原勾股數組，並且我們知道本原勾股數組公式爲：

(2mn,m2−n2,m2+n2)$$(2mn,m^2-n^2,m^2+n^2)$$

且m，n$m，n$ 互質，m，n$m，n$ 有一奇一偶,即m−n$m-n$ 是奇數

維基百科原話這樣說：

Euclid’s formula[3] is a fundamental formula for generating Pythagorean triples given an arbitrary pair of integers m and n with m > n > 0. The formula states that the integers

a=m2−n2, b=2mn, c=m2+n2$${\displaystyle a=m^2-n^2,b=2mn,c=m^2+n^2}$$

form a Pythagorean triple. The triple generated by Euclid’s formula is primitive if and only if m and n are coprime and not both odd. When both m and n are odd, then a, b, and c will be even, and the triple will not be primitive; however, dividing a, b, and c by 2 will yield a primitive triple when m and n are coprime and both odd.[4]

因此目標是枚舉出互質的數對，然後判斷m-n是奇數那麼就找到了一個勾股數

枚舉互質的數對這時有一個神奇的方法，就是法裏數列，構造法裏數列的方式以一個叫Stern-Brocot tree的東西，其實就是遞歸生成n階的法裏數列，法裏數列有非常良好的性質，其中一個就是得到的分數分子分母都是互質的，而且是全部的n內的互質對構成的真分數（具體關於法裏數列的內容去網上找吧我這裏有有個法裏數列csdn，可能不全，可以看看維基百科），這樣就能得到n內互質數對，然後判斷就能得到本原勾股數組

根據上面我們說的取模2的冪次的性質，因爲y大小會達到接近1e9的規模，而每次取模最大217$2^{17}$ ,所以預處理的時候就直接取模217$2^{17}$ 好了，然後這樣預處理出每個y取模後對應下標出現了幾次

在得到每個數列a的時候，遍歷1到217$2^{17}$ ，看每個y的貢獻次數，然後在乘上這個實際取模2k$2^k$ 下標的那個a數列中的值，求和即可

而且這裏取模是用位運算做的，結論取模2的冪次的數，相當於和這個數-1按位與即
mod  2k$mod{2}^k$ =n$n$ &((1<<k)−1)$((1<<k)-1)$

最後一個神奇的地方，網上有人說法裏數列Stern-Brocot tree構造的時間複雜度是O(n2)$O(n^2)$ 的，不知道怎麼算，感覺這個複雜度恨不能理解，怎麼不超時呢？我用clcok計算了一下時間花費發現1e5的時候0ms，1e8的時候500多毫秒，1e9的時候就棧溢出了，所以本地跑不出來，你也測不了樣例，提交就是過，測評姬真強，哈 哈。。。

code：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1 << 17;
const int MAX = 1e9;

int k;
int a[maxn+50];
int ans[maxn+50];

void solve(int l1,int r1,int l2,int r2){
    int ml = (l1 + l2);
    int mr = (r1 + r2);

    if((ll)ml * ml + (ll)mr * mr > MAX) return;
    if((mr - ml) & 1){
        ans[max(mr*mr-ml*ml,2*ml*mr)&(maxn-1)]++;
    }
    solve(l1,r1,ml,mr);
    solve(ml,mr,l2,r2);
}
int main(){
    int T;
    scanf("%d",&T);
    solve(0,1,1,1);
    while(T--){
        scanf("%d",&k);
        for(int i = 0; i < (1 << k); i++){
            scanf("%d",&a[i]);
        }
        ll sum = 0;
        for(int i = 0; i < maxn; i++){
            sum += (ll)ans[i] * a[i&(1<<k)-1];
        }
        printf("%lld\n",sum);
    }
    return 0;
}

此外這題還以一種方法來求本原勾股數組，真是打開眼界

利用這個數來生成Tree of primitive Pythagorean triples

也是遞歸，其實就是給了三個矩陣，每個本原勾股數組乘這三個 矩陣都會生成三個新的本原勾股數組，而且這樣遞歸下去不會重複，那麼讓根節點爲(3,4,5)，一直往下遞歸求即可，其實就是個三叉樹，當然了本地必然還是跑不出來的，別想了1e9呢

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int LMT = 1e9;
long long cnt = 0;
const int N = 1<<17;
const int MOD = N - 1;
int dig[N], a[N], T, k;
//核心算法
void solve(long long a, long long b, long long c)
{
    if(c > LMT) return;
    dig[ max(a, b)&MOD ] ++;
    long long aa = a<<1;
    long long bb = b<<1;
    long long cc = c<<1;
    solve(a-bb+cc, aa-b+cc, aa-bb+cc+c);
    //solve(a-(b<<1)+(c<<1), (a<<1)-b+(c<<1), (a<<1)-(b<<1)+(c<<1)+c);

    solve(a+bb+cc, aa+b+cc, aa+bb+cc+c);
    //solve(a+(b<<1)+(c<<1), (a<<1)+b+(c<<1), (a<<1)+(b<<1)+(c<<1)+c);

    solve(bb+cc-a, b+cc-aa, bb+cc+c-aa);
    //solve(-a+(b<<1)+(c<<1), -(a<<1)+b+(c<<1), -(a<<1)+(b<<1)+(c<<1)+c);
}
int main()
{
    solve(3, 4, 5);
    scanf("%d", &T);
    while(T-- && scanf("%d", &k)!=EOF)
    {
        int mod = (1<<k);
        for(int i=0;i<mod;i++)
            scanf("%d", &a[i]);
        long long ans = 0;
        for(int i=0, j=0;i<N;i++,j++)
        {
            if(j == mod)    j = 0;
            ans += dig[i] * a[j];   
        }
        printf("%lld\n", ans);
    }
}