[bzoj4544]椭圆上的整点解题报告

先来看傻逼的做法：
稍微化下式子。

x2+3y2=n23y2=(n+x)(n−x)

x^2+3y^2=n^2\\ 3y^2=(n+x)(n-x)
令 g=(n+x,n−x)g=(n+x,n-x)，则有 n+x=ga2,n−x=g3b2n+x=ga^2,n-x=g3b^2或 n+x=g3b2,n−x=ga2(a,b∈Z)n+x=g3b^2,n-x=ga^2(a,b \in Z).
所以有 2n=g(a2+3b2)2n=g(a^2+3b^2)，那么显然有g|2n。所以我们先枚举g，然后再枚举 3b23b^2，判断 n−3b2n-3b^2是否是一个完全平方数。但是有一个很蛋疼的地方是 a2a^2与 3b23b^2要互质。如果用gcd来判互质的话。。感觉有点慢。
但是注意到我们为什么要求它们互质呢？因为如果不互质的话，就可以被提到g中去，这样就会计算多次了。那么我们就干脆让g不含平方因子就可以了。因为如果g含有平方因子，那么它就可以被放到外面来，成为一个在g不含平方因子而 a2,3b2a^2,3b^2不互质的情况。
这样的话最多有11个质因子，就需要枚举 2112^{11}个g，然后每次花费 n√\sqrt n的代价判断。但是这个 n√\sqrt n在枚举的过程中其实下降的很快，因为要除约数嘛。
实际测试，最坏情况要跑1.6s左右，一个点时限3s的话是可以搞定的。

膜拜大爷的做法：
打表可以发现，其实答案/2（去掉对称的情况）后是一个积性函数。

f(pk)=⎧⎩⎨⎪⎪212k+1,p=2,p≡5mod6,p≡1mod6

f(p^k)=\left\{ \begin{aligned} 2 & ,p=2 \\ 1 & ,p ≡ 5 \bmod 6\\ 2k+1 & ,p≡1 \bmod 6 \end{aligned} \right.
（不知道这么神的规律是怎么找出来的orz。。）

代码：

#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
typedef long long LL;
const int T=10+5;
const LL N=1e12+5;const int R=1e6+10;
int prime[R];
bool p[R+5];const int Log=12;
LL dvs[Log];bool check(LL x){//printf("check(%I64d)=%d\n",x,(LL)pow((int)sqrt(x),2)==x);return (LL)pow((int)sqrt(x),2)==x;
}
LL query(LL n){//printf("query(%I64d)\n",n);int ans=0;for(LL i=1;3*i*i<n;++i)ans+=check(n-3*i*i);//printf("ans=%d\n",ans);return ans;
}
int main(){freopen("bzoj_4544.in","r",stdin);//freopen("bzoj_4544.out","w",stdout);for(int i=2;i<=R;++i){if(!p[i])prime[++prime[0]]=i;for(int j=1;j<=prime[0]&&i*prime[j]<=R;++j){p[i*prime[j]]=1;if(i%prime[j]==0)break;}}int t;scanf("%d",&t);int dtot;LL n,tmp,prod;LL ans;while(t--){cin>>n;n<<=1;dtot=0;tmp=n;for(int i=1;(LL)prime[i]*prime[i]<=tmp;++i)if(tmp%prime[i]==0){if(prime[i]!=3)dvs[dtot++]=prime[i];while(tmp%prime[i]==0)tmp/=prime[i];}if(tmp!=1&&tmp!=3)dvs[dtot++]=tmp;ans=0;for(int i=1<<dtot;i--;){prod=1;for(int j=dtot;j--;)if(i>>j&1)prod*=dvs[j];ans+=query(n/prod);}cout<<((ans<<1|1)<<1)<<endl;}
}

总结：
①开变量之前注意想好它的范围（有没有爆int）。
②对于那种只有一个输入的题，如果实在不会做了，可以找规律嘛！

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