圆上的整点（未完成）

Posted 2020-12-13 tlx-blog

题目链接：这个咋做？P2508 [HAOI2008]圆上的整点

看过一次视频：Link

然而人老了，就忘了，今天复习了一下，记一下，防止再忘一次。

还有，别问我原理是啥。

(ps:) 一下说的所有“圆”都指圆心为原点的圆。

(Part.1)

质因数分解，每个数都有一个唯一分解式，这是数论的基础。

[n=prodlimits p_i^{k_i} ]

我们把实数分解推广到负数系。

高斯整数：实部与虚部都是整数的负数 ((a+bi,a,bin Z))

举个栗子：

[25=(3+4i)(3-4i) ]

就是对 (25) 在负数系中分解的一种情况。
对应在坐标平面，半径为 (25) 的圆上就有 ((3,4),(3,-4)) 这两个点。

如何找到所有的分解呢？

我们先把圆的半径 (sqrt{n}) 进行实数内的质因数分解。

我们以 (sqrt{25}=5) 为例。

[25=5×5 ]

然后把 (5) 分解。

分解式要注意同一个素数只用一种分解方法。

[25=5×5=(1+2i)(1-2i)(1+2i)(1-2i) ]

这是我们把 (25) 的四个复因子分为两组，并且使得两组中都共轭的一一对应。

我们假设左面那一组为主导组，主导组不同的就定义为不同的分配方法。

我们于是乎就有三种分配方法：

(1.{1+2i,1+2i}&{1-2i,1-2i})
(2.{1+2i,1-2i}&{1-2i,1+2i})
(3.{1-2i,1-2i}&{1+2i,1+2i})

我们可以尝试计算每一种方法中两组的积，所得的负数互为共轭复数。

比如第一组中两组乘积分解为 (-3+4i,-3-4i)。

这时候，我们发现 ((-3,4)) 和 ((-3,-4)) 正是半径为 (sqrt{25}) 的圆上的整点坐标。

不过我们只取主导组中的，因为之后可能会重复计算......

这时候我们只找到了圆上的三个整点（主导组）。

但是复数系上的分解不是唯一的。

比如 (5=(2+i)(2-i),5=(-1+2i)(-1-2i),(-2+i)(-2-i))

这些都是由其中一对乘上 (-1,i,-i) 而得到的。
每一组又能得到三个整点，这时候我们就输完了，即半径为 (sqrt{25}) 的圆上有 (4×3=12) 个整点。

或者说有 (12) 个整数数对 ((a,b)) 满足 (a^2+b^2=25)。

(Part.2)

当你兴冲冲的去尝试半径为 (sqrt{15}) 的圆上有几个整点时，你发现 (3) 怎么分解啊？

答案是没法分解。

这也就意味着并没有分配方式满足两组一一对应共轭，也就是说没有整点在半径为 (sqrt{15}) 的圆上。

我们再尝试 (sqrt{10}=2×5)。

显然， (2) 的一种分配方解是 ((1+i)(1-i))
那样会不会增加一种分配方式呢？

答案是否定的，因为 ((1+i)) 与 (1-i) 本身就存在着乘 (i) 的关系，所以将 ((1+i)) 和 ((1-i)) 换位再乘上 (4) 会增加数目，所以只有和 (5) 分配方式数相同的数目即为 (4)。

这个地方不懂了要手玩啊。

当然在 (3) 的次数为偶数时，可以将次数的一半分配到两个不同的组，同时调换位置也不能改变最后乘出来的结果，所以答案为剩余部分的方案数。

也就是说 (sqrt{N}=2^{100}×3^{93}×7) 的整点数为 (0),而 (sqrt{N}=2^{100}×3^{92}×7) 的整点数为 (8) 种。

经过探究，我们发现（并没有发现，其实是结论）对于一个素数，当他为 (mod 4=3) 的数时，不能分解为两个虚数。

当他 (mod 4=1) 时，可以分解为不被乘 (-1,i,-i) 干扰的两个虚数。

当他为 (2) 时，会被干扰，对答案无贡献。

我们容易发现规律：

对于一个数 (N) ,把他的质因子分为三组 (S_1,S_2,S_3)，分别对应上面那两种情况，最后的答案

[ans=(prod_{p_iin S_1}1[2|k_i])(prod_{p_i in S_2} (k_i+1))(prod_{p_iin S3}1)=(prod_{p_iin S_1}1[2|k_i])(prod_{p_i in S_2} (k_i+1)) ]

这玩意已经能 (O(sqrt{N})) 了。

(Part.3)

能不能更深呢？

我们记录一个函数 (chi(n))。

定义：

[chi(x)=egin{cases}1&xmod4=1\-1&xmod 4=3\0&xmod 2=0end{cases} ]

他是个完全积性函数

那么:

[ans=4prodsum_{j=0}^{k_i}chi(p_i^j) ]

当 (p_i=2) 的时候后，除了 (chi(2^0)=1),其他都是 (0)。
加起来还是 (1)，就没有贡献。

当 (p_i=4n+3) 时，次数为偶和为 (1),否则为 (0) 。
以后可能会证......

当 (p_i=4n+1) 时，为 (k_i+1)

由于 (p_i^j) 不同的组合得到其所有因数，又因为这个函数是完全积性函数，我们得到：

[ans=4sumlimits_{d|n} chi(d) ]

这个东西也是 (O(sqrt{N})) 的。

那么半径为 (sqrt{N}) 的圆中有多少整点呢？

当然是：

[4sumlimits_{i=1}^nsum_{d|i}chi(d)+1 ]

最后加的是圆点，他不过任何一个圆但是在大圆之内。

按反演的套路化简：

[egin{aligned} 4sumlimits_{i=1}^nsum_{d|i}chi(d)+1&=4sum_{d=1}^nchi(d)leftlfloordfrac{n}{d} ight floor+1 end{aligned} ]

由于 (chi(d)) 很有规律，所以这个也可以 (O(sqrt{N})) 算。

(Part.4)

我们考虑一个圆中的整点个数大概是：

[pi R^2 ]

当 (n) 够大的时候，我们可以将 (leftlfloordfrac{n}{d} ight floor) 看为 (dfrac{n}{d}),同时 (+1) 可以省去。

那么：

[4sumlimits_{i=1}^{n}chi(i)dfrac{n}{i}=pi R^2 ]

同时这里的 (n) 不就是 (R^2) 吗？
即：

[4R^2sumlimits_{i=1}^{R^2}chi(i)dfrac{1}{i}=pi R^2 ]

我们手玩一下发现后面这个东西不就是：

[4R^2(dfrac{1}{1}-dfrac{1}{3}+dfrac{1}{5}-dfrac{1}{7}+......) ]

整理一下得到：

[sumlimits_{i}^{infty}dfrac{(-1)^{i+1}}{2i-1}=dfrac{pi}{4} ]