2021牛客暑期多校训练营3 E. Math（数论/韦达定理）

链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/11254/E
来源：牛客网

题目描述

Given n, count the number of pairs of positive integers (x, y), such that xy+1∣x2+y2,1≤x≤y≤nxy+1∣x2+y2,1≤x≤y≤n.

There're t test cases in total.

输入描述:

First line contains an integer t(1≤t≤105)t(1≤t≤105). Next t lines each contains one integer n (1≤n≤1018)(1≤n≤1018).

输出描述:

Output t lines, denoting the answer of each testcase.

示例1

输入

复制

10

10

100

1000

10000

100000

114514

1919810

20190104

123123123123

10000001000000

输出

复制

2
5
14
31
65
67
158
326
5226
22091

看了dls的题解悟了半天貌似懂了（有错请指正

当然这个题可以打表找规律（找到了但没完全找到）。

由\(xy+1|x^2+y^2\)，不妨设\(k(xy+1)= x^2 + y^2\ 且\ x\leq y\)。如果固定x不变，可以将方程写为:\(y^2-kxy+x^2-k=0\)。由高中学过的韦达定理，这个方程的两个解为\(y_1 = \frac{kx+\sqrt {k^2x^2-4(x^2-k)}}{2}, y_2 = \frac{kx-\sqrt {k^2x^2-4(x^2-k)}}{2}\)。因此\(y_1 + y_2 = kx, y_1 y_2=x^2-k\)。不妨设\(y_1\)是一开始那个解\(y\)，则\(y_2\)这个解更小（因为\(y_1 > x\)且\(y_1 y_2 = x^2-k\)，若\(y_2\)更大则显然不可能）且非负（如果是负数，带入原方程会矛盾）。所以此时有\(k(xy_2+1)= x^2 + y_2^2\ 且\ y_2\leq x \ 且\ y_2=kx-y1\)。这时候把\(y_2\)看做\(x\)，\(x\)看做\(y\)（统一成原来方程的形式），就可以发现这样可以不断进行递降，且由一开始\((x, y)\)这组解递降得到的解\((kx-y, x)\)中\(kx-y\leq x\)。因此对于这个k，绝对值最小的一组正整数解一定满足\(kx-y=0\)（因为要求是正整数解，而0到\(y\)的正整数个数是有限的，不是0的话就没有出口了）。此时\(y=kx\)(注意这里的x和y并不是一开始的，仅仅是描述最终的解的形式)，带入原方程得到\(x^2+k^2x^2=k^2x^2+k\)，即\(x^2=k\)。因此设最终那组解里最小的数为\(x\)，则\(y = kx=x^2x=x^3\)，解为\((x,x^3)\)。由于这个解是递降得到的，因此可以逆推回去。设\(x=kx'-y',y=x'\)（这里的y是\(x^3\),\(k\)是\(x^2\)不变），则前一组解\((x', y')=(x^3,x^5-x)\)。这样不断倒推回去就能得到由一个初始的x推出来的所有的解了。对于这个题而言，需要进行预处理，预处理的时候枚举的是绝对值最小的一组正整数解的x，然后对于所有的解\((x, y)\)，把\(y\)放入一个vector并排序，对于每次询问直接在集合中upper_bound二分查找n，则这个位置之前的数的个数就是答案。因为1e18开三次根为1e6，枚举的时候枚举到1e6即可。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
//int128
int main() {
	vector<long long> b;
	b.push_back(1ll);
	for(long long xx = 2; xx <= 1000000; xx++) {
		//cout << xx << endl;
		long long x = 1ll * xx, y = 1ll * xx * xx * xx, k = xx * xx;
		while(true) {
			b.push_back(y);
			if(__int128(k) * __int128(y) - __int128(x) > (1e18+5)) {
				break;
			}
			long long t = y;
			y = k * y - x;//倒推回去的下一个解的y
			x = t;
		}
	}
	sort(b.begin(), b.end());
	int t;
	cin >> t;
	while(t--) {
		//cout << t << endl;
		long long n;
		cin >> n;
		long long pos = upper_bound(b.begin(), b.end(), n) - b.begin();
		cout << pos << endl;
	}

	return 0;
}