标签：queue lib dea include cat stdout std cte ges
平面上有一个圆, 圆心坐标为(0,0),半径为n. 问圆周上有多少个整点. 整点的定义即x,y坐标均为整数的点.
做题过程：思考后感觉有点难度，可能用到一些奇怪的知识，于是决定去看题解；
题解：
1.一般人都能想到x2+y2=r2这一点，但是仅想到这一点并没什么用；
2.变形：
移项得：r2-x2=y2
得y2=(r-x)(r+x)
设d=gcd((r-x),(r+x))
则设A=(r-x)/d,B=(r+x)/d
代入原式得 y2=ABd2
因为gcd(A,B)=1
所以A,B均为完全平方数
设a2=A,b2=B
可得a2+b2=2r/d
3.得到上面的式子，d很显然是2r的约数，可以枚举d；
在枚举d时，可以枚举a，算出b，若gcd(a,b)等于1，则ans++即可；
个人理解：实际上它这个最后的式子相比于最初的式子有什么优点呢？
第一个是r的次数由2次方变成了一次方，于是就可以发现原来的一个O(n)级别的算法成了根号级别的算法；
本质上是通过数学运算除去原本枚举时的无用状态；
代码：
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<string> 5 #include<ctime> 6 #include<algorithm> 7 #include<cstdlib> 8 #include<map> 9 #include<set> 10 #include<vector> 11 #include<queue> 12 using namespace std; 13 #define FILE "dealing" 14 #define LL long long 15 #define up(i,j,n) for(int i=j;i<=n;i++) 16 #define pii pair<int,int> 17 #define piii pair<int,pair<int,int> > 18 template<typename T> inline bool chkmin(T &a,T b){return a>b?a=b,true:false;} 19 namespace IO{ 20 char *fs,*ft,buf[1<<15]; 21 inline char gc(){return (fs==ft&&(ft=(fs=buf)+fread(buf,1,1<<15,stdin),fs==ft))?0:*fs++;} 22 inline int read(){ 23 int x=0,ch=gc();bool f=0; 24 while(ch<‘0‘||ch>‘9‘){if(ch==‘-‘)f=1;ch=gc();} 25 while(ch<=‘9‘&&ch>=‘0‘){x=(x<<1)+(x<<3)+ch-‘0‘;ch=gc();} 26 return f?-x:x; 27 } 28 }using namespace IO; 29 namespace OI{ 30 LL n; 31 LL gcd(LL a,LL b){return b==0?a:gcd(b,a%b);} 32 LL cnt=0; 33 void slove(){ 34 scanf("%lld",&n); 35 for(LL d=1;d*d<=2*n;d++){ 36 if(!(2*n%d)){ 37 for(LL a=1;a*a<=(n/d);a++){ 38 LL b=(LL)sqrt(2.0*n/d-a*a); 39 if(a*a+b*b==2*n/d&&gcd(a,b)==1&&a!=b)cnt++; 40 } 41 d=2*n/d; 42 for(LL a=1;a*a<=(n/d);a++){ 43 LL b=(LL)sqrt(2.0*n/d-a*a); 44 if(a*a+b*b==2*n/d&&gcd(a,b)==1&&a!=b)cnt++; 45 } 46 d=2*n/d; 47 } 48 } 49 cnt=4*cnt+4; 50 printf("%lld\n",cnt); 51 } 52 } 53 int main(){ 54 freopen(FILE".in","r",stdin); 55 freopen(FILE".out","w",stdout); 56 using namespace OI; 57 slove(); 58 return 0; 59 }
标签：queue lib dea include cat stdout std cte ges
原文地址：http://www.cnblogs.com/chadinblog/p/5997117.html
