Question

让我们将 F（N）定义为不同正整数（A，B）的对数，以便 A ² + B ²≤N和 A＆lt; B 。

如果 N = 5 唯一可能的对（1,2） N = 10 这两对是 >（1,2）和（1,3）。

此外，我们有 F（13）= 3 ， F（17）= 4 ， F（17）= 4 ， F（20）= 5 ， F（20）= 5 ， F（25）= 6 ， F（100）= 31 < / em>等等，每个数字是两个不同的非零方块的总和。

到目前为止，我有以下解决方案：

long long SOLVE(lld n) { long long x=sqrt(n),up=0; long long a=x,b=1; while(abs(a-(b-1))!=1) { while(sqr(a)+sqr(b)<=n ) { b++; } up+=(b-1); a--; } b--; up+=(b*(b+1))/2; return up; } int main() { cout<<number(100); return 0; }

相同的数字是不可数的，因此（1,1）和（2,2）是无效的元组。相同但不同的订单只计算一次。因此（1,2）和（2,1）只计算一次。

但是由于 N 的范围是1，我需要一个更有效的算法或公式来计算它。有什么技巧可以让我的代码更有效率吗？

Answer 1

在伪代码中：

int count=0;
for (smaller=1; ;++smaller)
{
    maxlarger = floor(sqrt(N-smaller*smaller));
    if (maxlarger <= smaller)
        break;
    count+=(maxlarger-smaller);
}
return count;

Answer 2

你不必计算 B 的数量：你可以简单地计算出可能的最大B，这就是 A <的立方数。 / EM>：

B _max = sqrt（N-A ²）， B 的下限是： 乙<子>分钟 = A + 1

现在您可以执行以下操作：

从 1 迭代 A 到 sqrt（n）;

为每个 A 计算您可以使用的 B 的数量;

计算这些的总和。

因此，这引出了以下算法：

lld SOLVE(lld n) { lld aM=sqrt(n); lld a=1; lld res = 0; for(lld a = 1; a < aM; a++) { int nB = sqrt(n-a*a)-a; if(nB > 0) { res += nB; } else { break; } } return res; }

从那时起，不再能找到 B 值，可以中断搜索。

我在这里写了demo这似乎有效。

给定数字N，有多少对数字的平方和小于或等于N？

2 个答案: