Pythagoras HDU - 6211（法里数列构造+本原勾股数组+本地预处理不出来。。）

Pythagoras HDU - 6211

Given a list of integers a0,a1,a2,⋯,a2k−1. Pythagoras triples over 109 are all solutions of x2+y2=z2 where x,y and z are constrained to be positive integers less than or equal to 109. You are to compute the sum of ay mod 2k of triples (x,y,z) such that$x<y<z$ and they are relatively prime, i.e., have no common divisor larger than 1
.
Input
The first line is an integer T (1≤T≤3) indicating the total number of cases.
For each test case the first line is the integer k (1≤k≤17).
The second line contains 2k integers corresponding to a0 to a2k−1, where each ai satisfies 1≤ai≤255
.
Output
For each case output the sum of ay mod 2k
in a line.
Sample Input

3
2
0 0 0 1
2
1 0 0 0
2
1 1 1 1

Sample Output

39788763
79577506
159154994

题意：

给出$2^k个数a_i$，求出所有满足$（x,y,z）为本原勾股数组且x<y<z<1e9$问$\sum a_{y_\%2^k}$是多少

分析：

这题是个很迷的题，各种神奇

首先学习到了对于取模2的幂次来说，可以进行交换（我没找到相关定理，只是根据题解推出来的，要不然这题不可能对），什么意思呢，就是比如一个数$n$，计算$n\%2^{k_1}\%2^{k_2}$,如果$k_1 > k_2$,那么$n\%2^{k_1}\%2^{k_2} = n\%2^{k_2}$，举个具体的例子来说$9\%8\%2=1=9\%2 = 1$

这个结论貌似只对取模2的幂有效，对于一般数的取模是肯定不对的（我没找到相关定理解释，但是猜测是对的，因为这道题对了，我也是看着他们的题解）

下面先说一下这道题，很明显我们需要得到1e9内的本原勾股数组，并且我们知道本原勾股数组公式为：

$$(2mn,m^2-n^2,m^2+n^2)$$
且 $m，n$互质， $m，n$有一奇一偶,即 $m-n$是奇数

维基百科原话这样说：

Euclid’s formula[3] is a fundamental formula for generating Pythagorean triples given an arbitrary pair of integers m and n with m > n > 0. The formula states that the integers

$${\displaystyle a=m^{2}-n^{2},\ \,b=2mn,\ \,c=m^{2}+n^{2}}$$

form a Pythagorean triple. The triple generated by Euclid’s formula is primitive if and only if m and n are coprime and not both odd. When both m and n are odd, then a, b, and c will be even, and the triple will not be primitive; however, dividing a, b, and c by 2 will yield a primitive triple when m and n are coprime and both odd.[4]

因此目标是枚举出互质的数对，然后判断m-n是奇数那么就找到了一个勾股数

枚举互质的数对这时有一个神奇的方法，就是法里数列，构造法里数列的方式以一个叫Stern-Brocot tree的东西，其实就是递归生成n阶的法里数列，法里数列有非常良好的性质，其中一个就是得到的分数分子分母都是互质的，而且是全部的n内的互质对构成的真分数（具体关于法里数列的内容去网上找吧我这里有有个法里数列csdn，可能不全，可以看看维基百科），这样就能得到n内互质数对，然后判断就能得到本原勾股数组

根据上面我们说的取模2的幂次的性质，因为y大小会达到接近1e9的规模，而每次取模最大$2^{17}$,所以预处理的时候就直接取模$2^{17}$好了，然后这样预处理出每个y取模后对应下标出现了几次

在得到每个数列a的时候，遍历1到$2^{17}$，看每个y的贡献次数，然后在乘上这个实际取模$2^k$下标的那个a数列中的值，求和即可

而且这里取模是用位运算做的，结论取模2的幂次的数，相当于和这个数-1按位与即
$mod\ \ 2^k$ =$n$&$((1<<k)-1)$

最后一个神奇的地方，网上有人说法里数列Stern-Brocot tree构造的时间复杂度是$O(n^2)$的，不知道怎么算，感觉这个复杂度恨不能理解，怎么不超时呢？我用clcok计算了一下时间花费发现1e5的时候0ms，1e8的时候500多毫秒，1e9的时候就栈溢出了，所以本地跑不出来，你也测不了样例，提交就是过，测评姬真强，哈 哈。。。

code：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1 << 17;
const int MAX = 1e9;

int k;
int a[maxn+50];
int ans[maxn+50];

void solve(int l1,int r1,int l2,int r2){
    int ml = (l1 + l2);
    int mr = (r1 + r2);

    if((ll)ml * ml + (ll)mr * mr > MAX) return;
    if((mr - ml) & 1){
        ans[max(mr*mr-ml*ml,2*ml*mr)&(maxn-1)]++;
    }
    solve(l1,r1,ml,mr);
    solve(ml,mr,l2,r2);
}
int main(){
    int T;
    scanf("%d",&T);
    solve(0,1,1,1);
    while(T--){
        scanf("%d",&k);
        for(int i = 0; i < (1 << k); i++){
            scanf("%d",&a[i]);
        }
        ll sum = 0;
        for(int i = 0; i < maxn; i++){
            sum += (ll)ans[i] * a[i&(1<<k)-1];
        }
        printf("%lld\n",sum);
    }
    return 0;
}

此外这题还以一种方法来求本原勾股数组，真是打开眼界

利用这个数来生成Tree of primitive Pythagorean triples

也是递归，其实就是给了三个矩阵，每个本原勾股数组乘这三个 矩阵都会生成三个新的本原勾股数组，而且这样递归下去不会重复，那么让根节点为(3,4,5)，一直往下递归求即可，其实就是个三叉树，当然了本地必然还是跑不出来的，别想了1e9呢

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int LMT = 1e9;
long long cnt = 0;
const int N = 1<<17;
const int MOD = N - 1;
int dig[N], a[N], T, k;
//核心算法
void solve(long long a, long long b, long long c)
{
    if(c > LMT) return;
    dig[ max(a, b)&MOD ] ++;
    long long aa = a<<1;
    long long bb = b<<1;
    long long cc = c<<1;
    solve(a-bb+cc, aa-b+cc, aa-bb+cc+c);
    //solve(a-(b<<1)+(c<<1), (a<<1)-b+(c<<1), (a<<1)-(b<<1)+(c<<1)+c);

    solve(a+bb+cc, aa+b+cc, aa+bb+cc+c);
    //solve(a+(b<<1)+(c<<1), (a<<1)+b+(c<<1), (a<<1)+(b<<1)+(c<<1)+c);

    solve(bb+cc-a, b+cc-aa, bb+cc+c-aa);
    //solve(-a+(b<<1)+(c<<1), -(a<<1)+b+(c<<1), -(a<<1)+(b<<1)+(c<<1)+c);
}
int main()
{
    solve(3, 4, 5);
    scanf("%d", &T);
    while(T-- && scanf("%d", &k)!=EOF)
    {
        int mod = (1<<k);
        for(int i=0;i<mod;i++)
            scanf("%d", &a[i]);
        long long ans = 0;
        for(int i=0, j=0;i<N;i++,j++)
        {
            if(j == mod)    j = 0;
            ans += dig[i] * a[j];   
        }
        printf("%lld\n", ans);
    }
}