求一个给定的圆(x^2+y^2=r^2)，在圆周上有多少个点的坐标是整数。
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求一个给定的圆(x^2+y^2=r^2)，在圆周上有多少个点的坐标是整数。
r
整点个数
n<=2000 000 000
一下内容转自：http://blog.csdn.net/csyzcyj/article/details/10044629
首先,最暴力的算法显而易见：枚举x轴上的每个点，带入圆的方程，检查是否算出的值是否为整点，这样的枚举量为2*N，显然过不了全点。
然后想数学方法。
有了上面的推理，那么实现的方法为：
枚举d∈[1,sqrt(2R)]，然后根据上述推理可知：必先判d是否为2R的一约数。
此时d为2R的约数有两种情况：d=d或d=2R/d。
第一种情况：d=2R/d。枚举a∈[1,sqrt(2R/2d)] <由2*a*a < 2*R/d转变来>，算出对应的b=sqrt(2R/d-a^2)，检查是否此时的A,B满足：A≠B且A,B互质 <根据上面的推理可知必需满足此条件>，若是就将答案加1
第二种情况：d=d。枚举a∈[1,sqrt(d/2)] <由2*a*a < d转变来>，算出对应的b=sqrt(d-a^2)，检查是否此时的A,B满足：A≠B且A,B互质 <根据上面的推理可知必需满足此条件>，若是就将答案加1
因为这样只算出了第一象限的情况<上面枚举时均是从1开始枚举>，根据圆的对称性，其他象限的整点数与第一象限中的整点数相同，最后，在象限轴上的4个整点未算，加上即可，那么最后答案为ans=4*第一象限整点数+4
【时间复杂度分析】：
枚举d：O(sqrt(2R)),然后两次枚举a：O(sqrt(d/2))+O(sqrt(R/d))，求最大公约数：O(logN)
1 #include<algorithm> 2 #include<cmath> 3 #include<cstdio> 4 #include<cstdlib> 5 using namespace std; 6 7 #define maxn 300010 8 long long n; 9 long long ans,prime[maxn],tot,cnt; 10 bool exist[maxn]; 11 pair <long long,long long> use[maxn]; 12 13 inline long long gcd(long long a,long long b) 14 { 15 if (b == 0) return a; 16 return gcd(b,a%b); 17 } 18 19 inline void ready() 20 { 21 long long i,j; 22 for (i = 2;i <= 300000;++i) 23 { 24 if (exist[i]) continue; 25 prime[++tot] = i; 26 for (j = i*i;j <= 300000;j += i) exist[i] = true; 27 } 28 } 29 30 inline void divide(long long k) 31 { 32 for (long long i = 1;k != 1 && i <= tot;++i) 33 if (k % prime[i] == 0) 34 { 35 long long t = 0; 36 while (k % prime[i] == 0) k/=prime[i],t++; 37 use[++cnt] = make_pair(prime[i],t); 38 } 39 if (k != 1) use[++cnt] = make_pair(k,1); 40 } 41 42 inline long long calc(long long d) 43 { 44 long long ret = 0; d = n / d; 45 for (long long i = 0;((i*i)<<1) <= d;++i) 46 { 47 long long t = sqrt((double)(d - i*i)); 48 if (t * t + i * i != d) continue; 49 if (gcd(t,i) != 1) continue; 50 ret++; 51 } 52 return ret; 53 } 54 55 inline void dfs(long long now,long long mul) 56 { 57 if (now > cnt) 58 { 59 ans += calc(mul); 60 return; 61 } 62 dfs(now+1,mul); 63 long long t1 = use[now].first,t2 = use[now].second; 64 for (long long i = 1;i <= t2;++i) mul *= t1, dfs(now+1,mul); 65 } 66 67 int main() 68 { 69 freopen("1041.in","r",stdin); 70 freopen("1041.out","w",stdout); 71 ready(); 72 scanf("%lld",&n); n <<= 1; 73 divide(n); 74 dfs(1,1); 75 (ans *= 4) -= 4; 76 printf("%lld",ans); 77 fclose(stdin); fclose(stdout); 78 return 0; 79 }
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原文地址：http://www.cnblogs.com/mmlz/p/4280398.html
