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來源：牛客網
題目描述
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.
輸入描述:
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).
輸出描述:
Output t lines, denoting the answer of each testcase.
示例1
輸入
復制
10
10
100
1000
10000
100000
114514
1919810
20190104
123123123123
10000001000000
輸出
復制
2
5
14
31
65
67
158
326
5226
22091
看了dls的題解悟了半天貌似懂了（有錯請指正
當然這個題可以打表找規律（找到了但沒完全找到）。
由\(xy+1|x^2+y^2\)，不妨設\(k(xy+1)= x^2 + y^2\ 且\ x\leq y\)。如果固定x不變，可以將方程寫為:\(y^2-kxy+x^2-k=0\)。由高中學過的韋達定理，這個方程的兩個解為\(y_1 = \frac{kx+\sqrt {k^2x^2-4(x^2-k)}}{2}, y_2 = \frac{kx-\sqrt {k^2x^2-4(x^2-k)}}{2}\)。因此\(y_1 + y_2 = kx, y_1 y_2=x^2-k\)。不妨設\(y_1\)是一開始那個解\(y\)，則\(y_2\)這個解更小（因為\(y_1 > x\)且\(y_1 y_2 = x^2-k\)，若\(y_2\)更大則顯然不可能）且非負（如果是負數，帶入原方程會矛盾）。所以此時有\(k(xy_2+1)= x^2 + y_2^2\ 且\ y_2\leq x \ 且\ y_2=kx-y1\)。這時候把\(y_2\)看做\(x\)，\(x\)看做\(y\)（統一成原來方程的形式），就可以發現這樣可以不斷進行遞降，且由一開始\((x, y)\)這組解遞降得到的解\((kx-y, x)\)中\(kx-y\leq x\)。因此對於這個k，絕對值最小的一組正整數解一定滿足\(kx-y=0\)（因為要求是正整數解，而0到\(y\)的正整數個數是有限的，不是0的話就沒有出口了）。此時\(y=kx\)(注意這里的x和y並不是一開始的，僅僅是描述最終的解的形式)，帶入原方程得到\(x^2+k^2x^2=k^2x^2+k\)，即\(x^2=k\)。因此設最終那組解里最小的數為\(x\)，則\(y = kx=x^2x=x^3\)，解為\((x,x^3)\)。由於這個解是遞降得到的，因此可以逆推回去。設\(x=kx'-y',y=x'\)（這里的y是\(x^3\),\(k\)是\(x^2\)不變），則前一組解\((x', y')=(x^3,x^5-x)\)。這樣不斷倒推回去就能得到由一個初始的x推出來的所有的解了。對於這個題而言，需要進行預處理，預處理的時候枚舉的是絕對值最小的一組正整數解的x，然后對於所有的解\((x, y)\)，把\(y\)放入一個vector並排序，對於每次詢問直接在集合中upper_bound二分查找n，則這個位置之前的數的個數就是答案。因為1e18開三次根為1e6，枚舉的時候枚舉到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;//倒推回去的下一個解的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;
}