题

接下来我决定解决Project Euler 问题233 有一些重大问题！我做了一些分析并取得了一些相当不错的进展，但我现在已经陷入困境。这是我的工作：

引理1 ： 由于圆圈经过4个角点，因此任何n都至少有4个解。但是对于圆周上的每个点，有7个其他点被发现有反射。因此总有8k + 4个格点。

引理2 ： 圆具有半径（＆＃8730; 2）n和中心（n / 2，n / 2），因此其方程为（xn / 2）^ 2 +（yn / 2）^ 2 = [n /＆＃8730; 2] ^ 2。这减少到x ^ 2 + y ^ 2 = n（x + y）。

引理3 ： 如果写入x ^ 2 + y ^ 2 = n（x + y）的解（x，y，z），则另一解是（kx，ky，kz）。证明是：

(x+y)n = x^2+y^2

(kx)^2+(ky)^2 = (kx+ky)m
k(x^2+y^2) = (x+y)m
m = kn

这与我对这一思路的影响一样多 - 我看不到任何地方可以从那里去，但它包括在内，因为它可能很有用。

我的下一个想法是移动圆圈的中心。将有相同数量的解决方案在任何维度上移动整个整数。所以当n / 2是整数时，所以n = 2k，x ^ 2 + y ^ 2 = 2 * k ^ 2。并且事实证明，对于该等式，存在与等式x ^ 2 + y ^ 2 = k ^ 2一样多的解（参见Sloane A046109 。

这也为通过计算任何n的解决方案数量提供了一种简便的方法。 A046080 。如果4k + 1形式的n中素数的幂是f [0] ... f [m]，那么解的数量是4 *乘积（2f [i] +1 | i in [0 .. .M]）。

这允许我向后工作：4.product（2f [i] +1 | i in [0 ... m]）= 420，所以乘积（2f [i] +1 | i in [0 .. .m]）= 105 = 3 * 5 * 7。我能够想出这个程序，我认为找到所有n的总和，形式为2k且小于10 ^ 11，其中有420个圆格点。答案（我希望！）是257199853438240692。

这是C程序：

#include "stdlib.h"
#include "stdio.h"
#include "math.h"
#include "string.h"

#define lim 1000000000L

char prime[lim];
long primes[50000000];
long len = 0;

int main(void)
{
    long i, j;
    for(i = 0; i < lim; i++)
    {
        prime[i] = 1;
    }

    for(i = 2; i < lim; i++)
    {
        if(prime[i])
        {
            for(j = 2*i; j < lim; j += i) prime[j] = 0;
            if((i-1)%4 == 0)
            {
                prime[i] = 2;
                //printf("%li\n", i);
                primes[len++] = i;
            }
        }

        if(i < 1000 || (i < 10000 && i%1000 == 0) || i%10000 == 0) printf("%li, %li\n", i, len);
    }

    printf("primes!\n");

    long a, b, c, v, total = 0, k;
    for(a = 0; a < len; a++)
    {
        v = primes[a]*primes[a]*primes[a];
        if(v > 50000000000L) break;

        for(b = 0; b < len; b++)
        {
            if(b == a) continue;

            v = primes[a]*primes[a]*primes[a]*primes[b]*primes[b];
            if(v > 50000000000L) break;

            for(c = 0; c < len; c++)
            {
                if(c == a) continue;
                if(c == b) continue;

                v = primes[a]*primes[a]*primes[a]*primes[b]*primes[b]*primes[c];
                if(v > 50000000000L) break;

                for(k = 1; k*v <= 50000000000L; k++)
                {
                    if(prime[k] == 2) continue;
                    total += k*v;
                }
            }
        }
    }

    for(a = 0; a < len; a++)
    {
        v = primes[a]*primes[a]*primes[a]*primes[a]*primes[a]*primes[a]*primes[a];
        if(v > 50000000000L) break;

        for(b = 0; b < len; b++)
        {
            if(b == a) continue;

            v = primes[a]*primes[a]*primes[a]*primes[a]*primes[a]*primes[a]*primes[a]*primes[b]*primes[b]*primes[b];
            if(v > 50000000000L) break;

            for(k = 1; k*v <= 50000000000L; k++)
            {
                if(prime[k] == 2) continue;
                total += k*v;
            }
        }
    }

    for(a = 0; a < len; a++)
    {
        v = primes[a]*primes[a]*primes[a]*primes[a]*primes[a]*primes[a]*primes[a]*primes[a]*primes[a]*primes[a];
        if(v > 50000000000L) break;

        for(b = 0; b < len; b++)
        {
            if(b == a) continue;

            v = primes[a]*primes[a]*primes[a]*primes[a]*primes[a]*primes[a]*primes[a]*primes[a]*primes[a]*primes[a]*primes[b]*primes[b];
            if(v > 50000000000L) break;

            for(k = 1; k*v <= 50000000000L; k++)
            {
                if(prime[k] == 2) continue;
                total += k*v;
            }
        }
    }

    printf("%li\n", 2*total);


    return 0;
}

我们只需要添加具有420个圆格点的n的值，并且形式为2k + 1！然而，这似乎比n = 2k更难，我看不到任何方法。我也有点不确定我的答案是否正确，因为这个方法很复杂......任何人都可以证实吗？是否有一种简洁的方法，不涉及不同的n处理？

我完全没有想法！

我最感兴趣的是我如何处理N = 2k + 1，因为当N = 2k时，我可以像John Feminella所说的那样做。

有帮助吗？

解决方案

提示1：圆的半径为n /＆＃8730; 2，对于整数n从不是整数，因此A046080永远不适用。

提示2：不要打扰周围的圆圈。从方格纸上拿起它，然后想一想，定义它的方块，以及相对于彼此的圆周上尚未知的兴趣点。

提示3：半圆内接的角度始终为90度。

提示4：一个数字可以写成两个方格的总和？

奖金提示在整个过程中自由使用：对称！

SPOILER ALERT！

在您尝试从上面的提示中解决之前，请不要进一步阅读

如果这些提示不够，以下是与上述提示交错的一些缺失步骤：

提示1.5：由于您使用的方法基于有缺陷的前提，因此您将不得不改变查看问题的方式。

提示2.5：想想广场顶角之间弧线左侧的格点。通过对称，在它的右边有另一个这样的点，而在下面直接有第三个点。关于这些点之间的距离以及它们形成的角度，你能说些什么呢？

提示3.5：如何确定任何给定n的正方形顶角之间弧的左侧有多少个格点？

其他提示

提示＃1。你的引理＃2不太正确。你确定这是半径吗？

提示＃2。答案与平方和函数r（k，n）密切相关。这给出了使用k个不同方块表示n的方式的数量，允许零并区分顺序。例如，r（2,5）是8，因为有8种方法用2个方块表示5：

(-2)^2 + (-1)^2
(-2)^2 + 1^2
2^2    + (-1)^2
2^2    + 1^2
... (and the 4 additional expressions produced by reversing these 2 terms)

您可以看到以原点为中心的半径为p的圆具有r（2，p ^ 2）点阵点。例如，半径为5的圆具有：

(-4)^2 + (-3)^2
... and 7 others like this

5^2    + 0^2
(-5)^2 + 0^2
0^2    + 5^2
0^2    + (-5)^2

总共12个。什么类型的数字会有420个圆格点？如果他们不是以原点为中心呢？我会让你从这里拿走它。

如果你想要一个更大的提示，我已经腐烂了13（ http://rot13.com ）你应该在这里查看的东西：

uggc：//zngujbeyq.jbysenz.pbz/FpuvamryfGurberz.ugzy

您可以参考 http://oeis.org/A046109/b046109.txt 检查最多1000个。我在这里安装了PARI / GP并使用了一个PARI脚本： http://oeis.org/ A046109 检查数字更高。

许可以下： CC-BY-SA 和 归因
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