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基本性質
勾股數組我們都很熟悉，給一個勾股數組同乘一個整數得到的仍是勾股數組，但我們對它並不感興趣，今天我們只研究它的本原形式（當然是在正整數范圍內）。
本原勾股數組(PPT)是一個滿足 $ a^{2}+b^{2}=c^{2} $ 的三元組 $ (a,b,c) $ ，且 \(a,b,c\) 互素(除1外沒有其他公因數)。
例如：$ (3,4,5) (5,12,13) (15,8,17) (7,24,25) (21,20,29) (35,12,37) (9,40,41) $
觀察這些例子，我們容易得到一些結論。例如，
性質1.(1) 本原勾股數組 $ (a,b,c) $ 中， \(a\)與\(b\)奇偶性不同，並且\(c\)為奇數。
這是正確的，證明如下（分類討論）：
若 \(a,b\) 均為偶數，那么\(c\)也為偶數，則此勾股數組不是本原的，排除；
若 \(a,b\) 均為奇數，那么\(c\)為偶數，則必存在正整數 \(x,y,z\) 使得 $ a=2x+1, b=2y+1, c=2z$ ,於是有
由於兩邊奇偶性不同，故等式不成立；
因此\(a,b\)奇偶性不同，由此\(c\)為奇數(方便起見，我們約定，如無特殊說明，下文中\(a\)為奇數，\(b\)為偶數)
勾股數組定理
有了這個性質以后，我們就可以開始考慮求解一個問題：如何求出所有的本原勾股數組？換句話說，如何表示出方程\(a^{2}+b^{2}=c^{2}\)(\(a\)為奇數，\(b\)為偶數，且\(a,b,c\)互素)的所有正整數解？
先寫出結論：
（勾股數組定理）每個本原勾股數組(a,b,c)(a為奇數，b為偶數)均可以由下面的公式給出
下面，我們將使用因式分解與整除性證明這一定理。
首先移項並進行因式分解：\(a^{2}=(c+b)(c-b)\)
然后……就沒有思路了 o(╯□╰)o 別急，我們先列個表看看這個式子有什么性質：
我們發現，貌似..... \(c+b\) 與 \(c-b\) 都是完全平方數誒，而且 \(c+b\) 與 \(c-b\) 好像是互素的。等等， \(c+b\) 與 \(c-b\) 的積\(a^{2}\)是完全平方數，假設 \(c+b\) 與 \(c-b\) 互素，那么由唯一分解定理，就可以推出 \(c+b\) 與 \(c-b\) 都是完全平方數(這是顯然的，因為 \(c+b\) 與 \(c-b\) 分解到的素數完全不同)。於是接下來證明 \(c+b\) 與 \(c-b\) 互素：設整數d整除 \(c+b\) 與 \(c-b\) (即\(d\)為 \(c+b\) 與 \(c-b\) 的公因數)，那么\(d\)也整除
又 \(b\) 與 \(c\) 互素，那么\(d\)只能等於1或2。又\(d\)整除\(c-b\)(奇數)，那么\(d\)只能等於1（或者也可以由\(d\)整除 \((c-b)(c+b)=a^{2}\) 且\(a\)為奇數推出）。於是 \(c+b\) 與 \(c-b\) 的公因數只有1(也即互素)，即可得到 \(c+b\) 與 \(c-b\) 均為完全平方數，於是有：
其中\(s>t≥1\)，\(s,t\)互素且均為奇數(這樣才能滿足 \(c+b\) 與 \(c-b\) 的其它性質)
關於\(c\)與\(b\)解方程，並代入求\(a\)得到
代碼與例題
那么，這個定理有什么用呢？當然就是打表列舉本原勾股數組了，代碼如下：
int gcd(int a,int b){ //求a,b的最大公因數
return b==0?a:gcd(b,a%b);
}
void ppt_table(int n){ //打印所有c不超過n的本原勾股數組
int a,b,c;
int maxs=(int)sqrt(2*n); //s的上界
for(int s=2;s<=maxs;s++)
for(int t=1;t<s;t++)
if(s%2 && t%2 && gcd(s,t)==1){
a=s*t;
b=(s*s-t*t)/2;
c=(s*s+t*t)/2;
if(c<=n) printf("%d %d %d",a,b,c);
}
}
例題(這個知識點的題幾乎沒有，事實上我只找到這一個)：
洛谷 UVA106 費馬vs畢達哥拉斯
題意：給定\(N\)，求：1.滿足\(c≤N\)的本原勾股數組的個數；2.滿足\(c≤N\)的勾股數組(不一定本原)都不包含的正整數 \(p(0<p≤N)\) 的個數。
分析：使用勾股數組定理，將上面的代碼稍稍更改一下即可。
展開查看源代碼
``` #includeconst int N=1e6+5;
int vis[N],cnt,ans;
int gcd(int a,int b){
return b0?a:gcd(b,a%b);
}
void solve(int n){
int a,b,c;
int maxs=(int)sqrt(2*n);
for(int s=2;s<=maxs;s++)
for(int t=1;t<s;t++)
if(s%2 && t%2 && gcd(s,t)1){
a=st;
b=(ss-tt)/2;
c=(ss+tt)/2;
if(c<=n) cnt++;
for(int k=1;kc<=n;k++)
vis[ka]=vis[kb]=vis[k*c]=1;
}
}
int main(){
int n;
while(scanf("%d",&n)==1){
solve(n);
for(int i=1;i<=n;i++)
if(!vis[i]) ans++;
printf("%d %d\n",cnt,ans);
memset(vis,0,sizeof(vis));
cnt=ans=0;
}
return 0;
}
</details>
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## <span id="4">其他性質</span>
有沒有注意到第一個性質的序號是“1.(1)”？沒錯，這樣類似的性質還有兩條，證明方法是類似的：
>**性質1.(2) 本原勾股數組 $ (a,b,c) $ 中， $a$ 與 $b$ 有且僅有一個是$3$的倍數，並且$c$不是$3$的倍數。**
>**性質1.(3) 本原勾股數組 $ (a,b,c) $ 中， $a,b,c$ 中有且僅有一個是$5$的倍數。**
證明方法與性質1.(1)完全類似，分類討論並一一排除即可。值得一提的是，在證明 $a,b,c$ 不可能都不是$5$的倍數時，會發現諸多情況中，左式模$5$的值總是$0,2,3$，而右式的總是$1,4$，於是這一情況不成立。
另外，由勾股數組定理也可以推出幾條~~有趣的~~性質：
>**性質2. 本原勾股數組 $ (a,b,c) $ 中， 若 $s-t=2$，則 $c-a=2$。**
>**性質3. 本原勾股數組 $ (a,b,c) $ 中， $2(c-a)$ 是完全平方數。**
證明：由勾股數組定理，$2(c-a)=s^{2}+t^{2}-2st=(s-t)^{2}=4$，故 $s-t=2$.
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## <span id="5">與單位圓的聯系</span>
用 $c^{2}$ 除方程 $ a^{2}+b^{2}=c^{2} $ 得到
<center>$ (\frac{a}{c})^{2}+(\frac{b}{c})^{2}=1$</center>
因此，有理數對 $(a/c,b/c)$ 是方程 $x^{2}+y^{2}=1$ 的解。
令 $u=\frac{s+t}{2},v=\frac{s-t}{2}$ ,
由勾股數組定理得到， $(a,b,c)=(u^{2}-v^{2},2uv,u^{2}+v^{2})$
同除以 $u^{2}+v^{2}$ ，得到 $(\frac{u^{2}-v^{2}}{u^{2}+v^{2}},\frac{2uv}{u^{2}+v^{2}},1)$
令 $m=u/v$，於是有 $(a,b)=(\frac{1-m^{2}}{1+m^{2}},\frac{2m}{1+m^{2}})$ ,這便是可以給出單位圓上所有有理點的定理：
>**定理：圓 $x^{2}+y^{2}=1$ 上的所有坐標為有理數的點都可以由公式**
>**<center> $(x,y)=(\frac{1-m^{2}}{1+m^{2}},\frac{2m}{1+m^{2}})$ </center>**
>**得到，其中$m$取有理數值。(點 $(-1,0)$ 除外，這是當 $m\to\infty$ 的極限值)**
事實上，上述推理並不嚴謹，這個定理嚴格一些的證明需要從過點 $(-1,0)$ 的直線及其斜率出發，各位看官若是有興趣可自行完成證明。
End.