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。

\[n=\prod\limits p_i^{k_i} \]

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 (\(a+bi,a,b\in Z\))

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 \(\bmod 4=3\) 的数时，不能分解为两个虚数。

当他 \(\bmod 4=1\) 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

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

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：

\[\chi(x)=\begin{cases}1&x\bmod4=1\\-1&x\bmod 4=3\\0&x\bmod 2=0\end{cases} \]

他是个完全积性函数

那么:

\[ans=4\prod\sum_{j=0}^{k_i}\chi(p_i^j) \]

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：

\[ans=4\sum\limits_{d|n} \chi(d) \]

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：

\[4\sum\limits_{i=1}^n\sum_{d|i}\chi(d)+1 \]

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：

\[\begin{aligned} 4\sum\limits_{i=1}^n\sum_{d|i}\chi(d)+1&=4\sum_{d=1}^n\chi(d)\left\lfloor\dfrac{n}{d}\right\rfloor+1 \end{aligned} \]

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 \(\left\lfloor\dfrac{n}{d}\right\rfloor\) 看为 \(\dfrac{n}{d}\),同时 \(+1\) 可以省去。

那么：

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

同时这里的 \(n\) 不就是 \(R^2\) 吗？
即：

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

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：

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