UVa 106 Fermat vs. Pythagoras

题目描述

本题源于费马大定理的一个特例：当 $n=2$ 时，寻找所有满足 $x^2+y^2=z^2$ 的正整数三元组 $(x,y,z)$，且 $x<y<z\le N$。题目要求计算两个值：

1. 相对质数三元组数量：即满足 $x<y<z\le N$，且 $\gcd (x,y,z)=1$ 的三元组个数。
2. 不在任何三元组中出现的正整数个数：即所有 $\le N$ 的正整数中，不属于任何满足 $x^2+y^2=z^2$ 的三元组 $(x,y,z)$ 的数的个数。

输入包含多行，每行一个正整数 $N\le 10^6$，输出对应两个整数，以空格分隔。

---

题目分析与解题思路

1. 基本数学背景

已知 $x^2+y^2=z^2$ 的正整数解称为勾股三元组。所有本原勾股三元组（即 $\gcd (x,y,z)=1$）可以由以下公式生成：

$$x=m^2-n^2,y=2mn,z=m^2+n^2$$

其中：

• $m>n>0$，
• $\gcd (m,n)=1$，
• $m$ 与 $n$ 为一奇一偶（否则 $x,y,z$ 会有公因子 $2$）。

2. 算法设计

我们不需要枚举所有可能的 $x,y,z$（那样会超时），而是直接枚举生成本原勾股三元组的 $(m,n)$ 对。

步骤：

1. 枚举 $(m,n)$ 对：

   • 令 $m$ 从 $1$ 到 $\sqrt{N}$，
   • 对于每个 $m$，令 $n$ 从 $1$ 到 $m-1$，且满足：
     • $\gcd (m,n)=1$，
     • $m$ 与 $n$ 一奇一偶。
   • 计算 $x=m^2-n^2$，$y=2mn$，$z=m^2+n^2$。
   • 如果 $z\le N$，则 $(x,y,z)$ 是一个本原三元组。

2. 标记三元组中的数：

   • 对于每个本原三元组，其所有倍数（即 $kx,ky,kz$，其中 $k\ge 1$ 且 $kz\le N$）都是勾股三元组。
   • 使用一个布尔数组 used 标记所有出现在三元组中的数。

3. 计数：

   • 本原三元组的数量即为所求的第一个答案。
   • 遍历 $1$ 到 $N$，统计未被标记的数的数量，即为第二个答案。

3. 时间复杂度

枚举的 $(m,n)$ 对数量为 $O(N)$，因为 $m$ 最大约为 $\sqrt{N}$，每个 $m$ 对应的 $n$ 数量也约为 $m$，总和约为 $O(N)$。标记倍数的时间复杂度为 $O(N\log N)$（调和级数），总体可在规定时间内完成。

---

代码实现

// Fermat vs. Pythagoras
// UVa ID: 106
// Verdict: Accepted
// Submission Date: 2011-11-21
// UVa Run Time: 0.236s
//
// 版权所有（C）2011,邱秋。metaphysis # yeah dot net

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define MAXN 1000001

bool used[MAXN];

int gcd(int a, int b)
{
    return a < b ? gcd(b, a) : (b ? gcd(b, a % b) : a);
}

int main(int argc, char const *argv[])
{
    int n, limit, x, y, z;

    while (cin >> n)
    {
        for (int i = 1; i <= n; i++) used[i] = false;

        limit = floor(sqrt(n));
        
        int total = 0;
        for (int i = 1; i < limit; i++)
            for (int j = i + 1; j <= limit; j += 2)
                if ((z = (i * i + j * j)) <= n && gcd(i, j) == 1)
                {
                    x = j * j - i * i;
                    y = 2 * i * j;

                    total++;
                    for (int start = 1; z * start <= n; start++)
                        used[x * start] = used[y * start] = used[z * start] = true;
                }

        int unused = 0;
        for (int i = 1; i <= n; i++)
            if (!used[i])
                unused++;

        cout << total << " " << unused << endl;
    }

    return 0;
}

---

总结

本题通过数学公式生成所有本原勾股三元组，避免了直接枚举 $x,y,z$ 的高时间复杂度。利用倍数标记法，可以高效地统计出所有出现在三元组中的数，进而得到不在任何三元组中的数的个数。这种方法在 $N\le 10^6$ 的范围内可以高效运行。

关键点：理解本原勾股三元组的生成公式，并利用倍数标记法避免重复计算。