隱藏在素數規律中的Pi -- BZOJ1041解題報告

退役狗在刷程書的過程中看到了一個有趣的視頻, 講解了一個有趣的問題.

在網上隨便搜索了一下竟然還真的找到了一道以它爲背景的OI題目, BZOJ1041.

下面的內容會首先回顧一下視頻所討論的知識, 有了這些知識, 天然就明白應該怎麼去作這道題了.

另外, 這道題在網路上的解法大可能是暴力求解, 這篇博客也提出了本題一個複雜度爲\(\mathcal{O}(分解質因數)\)的解決方案.

隱藏在素數規律中的\(\pi\)

首先介紹收斂於\(\pi\)的一個無窮級數:

\[\pi = \lim_{N \rightarrow \infty} \frac 4N \sum_{i=1}^N \sum_{d|i}\chi(d)\]

怎麼證明它呢? 一種常見方法是使用Calculus, 另一種就是使用數論方法.

Consider有一個網格, 我們畫出一個半徑爲\(r\)的圓:

\[x^2+y^2=r^2\]

那麼, 若是我們能夠數出來這裏面有多少個點, 我們就能夠間接計算出\(pi\)的值.

我們把這個圓分紅若干個小圓, 假設每個圓的方程是:

\[x^2+y^2=n\]

我們能夠枚舉全部可能的\(n\)來確定圓中有多少個格點.

考慮到格點的\(x, y\)都是integer, 那麼我們只須要去枚舉全部小於\(r^2\)的整數\(n\)就能夠了.

那麼現在問題就轉化成:

給定一個正整數\(n\), 有多少個pair\((x, y)\)使得\(x^2+y^2=n\)成立?

考察\(n\)的任意一個分解\(n = x^2+y^2\), 若存在這樣一個分解, 這樣的分解也能夠寫成:

\[n = (x+y\mathrm{i})(x-y\mathrm{i})\]

考慮\(n\)的質因數分解:

\(n = \prod p_i^{a_i}\)

對於其中的一個素數, 我們不加證明地給出幾個結論:

• \(p_i\)能夠被共軛分解的衝要條件是\(p_i\equiv1 \mod 4\), 或者\(p_i = 2\).
• 上面的分解被視爲"Almost Unique"的, 因爲若是我們對於一個分解中的偶數個因子都乘以\(1, -1, i, -i\), 那麼新的分解仍然是成立的.

---

然後, 我們能夠對幾種因子做分類討論:

1. \(p_i \mod 4 = 1\)

若出現這樣的情形, 在不考慮乘以\(1, -1, i, -i\)的情況下, 我們能夠將這分解出來的\(2a_i\)個複數隨意組合相乘, 能夠證明獲得的兩個共軛複數不一樣的情形有\(a_i+1\)種.

1. \(p_i \mod 4 = 3\)

這樣的素數叫作高斯素數. 若出現這樣的情形, 若是\(a_i\)是偶數, 我們能夠在以前獲得了的兩個共軛複數上都乘以\(p_i^{a_i/2}\)而不影響結果. 否則, 方案數就是0.

1. \(p_i = 2\)

若出現這樣的情形, 理論上來說2能夠分解成\(2 = (1+i)(1-i)\), 可是有\((1-i)*i = (1+i)\), 從而無論怎麼分組, 都會與最終的乘以\(1, -1, i, -i\)相重複, 因此對於方案數目的貢獻只有\(\times 1\)

---

經過上面的討論, 我們就獲得了計數拆分\(n = x^2+y^2\)方案的一個方法. 具體的方案與代碼在下面的題解中給出.

到現在, 這個結果已經蠻不錯, 可是我們還能夠作的更優美.

定義函數:

\[ \begin{eqnarray}\chi(x)= \begin{cases} 1, &x \mod 4 = 1\cr 0, &x \mod 2 = 0 \cr -1, &x \mod 4 = 3\end{cases} \end{eqnarray} \]

這個函數是一個積性函數.

通過\(\chi(x)\)定義中的分類討論, 在求解的時候, 我們便沒必要再分類討論了.

這樣, 我們要求得的答案就能夠寫成:

\[\mathcal{ans} = 4 \times \prod \sum_{0 \leqslant i \leqslant a_i} \chi(p_i^i)\]

考慮到上述函數是一個積性函數, 我們有:

\[ans = 4 \times \sum_{i=1}^N \sum_{d|i}\chi(d)\]

對上述函數稍做整理, 並令\(\lim_{n \rightarrow \infty}\)近似, 就獲得了要證的式子.

\[\mathcal{Q.E.D}\]

回到本題

本題是一個上面結論的退化形式, 令\(n = r^2\), 直接應用算法便可.

下面是代碼.

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll xjb=10;
ll mmul(ll a, ll b, ll m){
    ll d=((long double)a/m*b+1e-8);
    ll r=a*b-d*m;
    return r<0?r+m:r;
}
ll mpow(ll a, ll b, ll m){ll r=1;for(;b;b>>=1,a=mmul(a,a,m))if(b&1)r=mmul(r,a,m);return r;}
ll gcd(ll a, ll b){return a?gcd(b%a,a):b;}
ll prime(ll n){
    if(n==1) return 0;
    if(n==2||n==3||n==5) return 1;
    if(!(n&1)||(n%3==0)||(n%5==0)) return 0;
    ll m=n-1; ll k=0;
    while(!(m&1)) m>>=1, k++;
    for(ll tt=0; tt<xjb; ++tt){
    ll x=mpow(rand()%(n-2)+2,m,n), y=x;
    for(ll i=0; i<k; ++i){
        x=mmul(x,x,n);
        if(x==1&&y!=1&&y!=n-1) return 0;
        y=x;
    }
    if(x!=1) return 0;
    }
    return 1;
}
ll f[105]; ll M;
ll rho(ll n, ll c){
    ll x=rand()%n, y=x, t=1;
    for(ll i=1, k=2; t==1; ++i){
    x=(mmul(x,x,n)+c)%n;
    t=gcd(x>y?x-y:y-x, n);
    if(i==k) y=x, k<<=1;
    }
    return t;
}
void work(ll n){
    if(n==1) return;
    if(prime(n)){f[M++]=n; return;}
    ll t=n;
    while(t==n) t=rho(n, rand()%5+1);
    work(t); work(n/t);
}
int main(){
    srand(19260817);
    ll n; 
    scanf("%lld", &n);
    n*=n;
    M=0;
    work(n);
    sort(f, f+M);
    ll ans = 1;
    for(ll i=0, c=1; i<M; ++i){
    if(f[i]!=f[i+1]) {
//      cout << f[i] << ' ' << c << endl;
        if(f[i] == 2) { } 
        else if(f[i] % 4 == 1) {
        ans *= c+1;
        } else {
        if(c % 2 == 1) ans = 0;
        }
        c = 1;
    }
    else c++;
    }
    printf("%lld\n", ans*4);
    return 0;
}

---

1. 退役老年選手碼力降低太多了啊....告別OI以後AC的第一道題...感覺還是OI比較美好啊...惋惜再也回不去了.

2. 樸素的根號分解過不去這個題, 從網上找了一個Pollard-Rho模板改了改AC了這個題.

3. 又頹廢了一個下午....還有100天就高考了....這樣下去是要gg啊...