正解

样例图示：

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=2R/d或d=d。( 如d=d就是d<=sqrt(2R)&&2R/d>=sqrt(2R)的情况 )

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<bits/stdc++.h> 
 2 using namespace std;
 3 typedef long long LL;
 4 LL R,ans=0;
 5 LL gcd(LL x,LL y){
 6     if(x%y==0) return y;
 7     else return gcd(y,x%y);
 8 }
 9 bool check(LL y,double x)
10 {
11       if(x==floor(x))//判断整点 
12       {
13             LL x1=(LL)floor(x);
14             if(gcd(x1*x1,y*y)==1 && x1*x1!=y*y)//gcd(A,B)=1并且A!=B 
15                   return true;
16       }
17       return false;
18 }
19 int main()
20 {
21       scanf("%lld",&R);
22       for(LL d=1;d<=(LL)sqrt(2*R);d++)
23       {
24             if((2*R)%d==0)
25             {
26                   for(LL a=1;a<=(LL)sqrt(2*R/(2*d));a++)//2*a^2<2*r/d
27                   {
28                         double b=sqrt(((2*R)/d)-a*a);
29                         if(check(a,b))
30                               ans++;
31                   }
32                   if(d!=(2*R)/d)
33                   {
34                         for(LL a=1;a<=(LL)sqrt(d/2);a++)//2*a^2<d
35                         {
36                               double b=sqrt(d-a*a);
37                               if(check(a,b))
38                                     ans++;
39                         }
40                   }
41             }
42       }    
43       printf("%lld
",ans*4+4); 
44       return 0;
45 }

[HAOI2008]圆上的整点

1041: [HAOI2008]圆上的整点

题目描述

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输出

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样例输出

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