OpenJ_POJ C17J Pairs

Problem

poj.openjudge.cn/practice/C17J?lang=en_US
vjudge.net/contest/194746#problem/J（密码：happytraining）

Meaning

给出一个正整数 M，求正整数对（x，y），使得存在正整数 p 和 q，满足：p×x2+q×y=M

Analysis

由于 x2 增长的比 y 快，考虑枚举 x2 和 p，然后移项，得：M−p×x2=q×y，这个式子可以理解成把 M−p×x2 拆成它的两个因子相乘，记它的因子数为 d，那么对于这个枚举的 x，有 d 个 y 可以满足式子（就是那 d 个因子）。
但是，不能直接把 d 加入到答案，因为对于同一个（x，y），可能会有不同的数对（p，q）和（p’，q’），使得 M−p×x2=q×y 和 M−p′×x2=q′×y 成立，这样就算重了。
注意到对于每一个枚举的 x，M−p×x2 的因子（可行的 y）的极限范围是 [ 0 , M ]，所以可以先枚举 x，对每一个枚举的 x，维护一个 [ 0 , M ] 的 vis 数组，标记某个因子是否出现过，然后枚举 p，把每个 M−p×x2 的所有因子找出来，在数组中标记它们。枚举完 p 后，扫一边 vis 数组统计答案。
可以用类似素筛的方法预处理出 [ 1 , M ] 中每个数的因子有哪些。这样看来很暴力，但看那个预处理的表又好像并没有很多。

Code

#include <cmath>#include <cstdio>#include <cstring>#include <vector>using namespace std;const int M = 800000;vector<int> div[M+1];void biao(){    for(int d = 1; d <= M; ++d)        for(int n = d; n <= M; n += d)            div[n].push_back(d);}bool vis[M+1];int main(){    biao();    int T;    scanf("%d", &T);    while(T--)    {        int m;        scanf("%d", &m);        int ans = 0;        // 枚举 x^2        for(int x = 1, ex = sqrt(1.0 * m); x <= ex; ++x)        {            // 标记因子的出现            memset(vis, false, sizeof vis);            // 枚举 p            for(int p = 1, ep = m / x / x; p <= ep; ++p)            {                int n = m - p * x * x; // 移项后的式子左边                for(int i = 0; i < div[n].size(); ++i)                    if(!vis[div[n][i]]) // 该因子第一次出现                    {                        vis[div[n][i]] = true;                        ++ans;                    }            }        }        printf("%d\n", ans);    }    return 0;}