[loj3069]整点计数

1.基础知识

定义

定义1.1（高斯整数）：$\mathbb{Z}[i]=\{a+bi\mid a,b\in Z\}$（其中$i$为虚数单位，即$i^{2}=-1$）

定义1.2（范数）：$N(\alpha)=a^{2}+b^{2}$（其中$\alpha=a+bi\in \Z[i]$），显然$N(\alpha)\in N$

定义1.3（基础运算）：$+$和$\times$，运算规则与通常的约定相同（$\times$可省略）

定理1.1：$N(\alpha\beta)=N(\alpha)N(\beta)$

定义1.4（整环）：集合$X$和定义在$X$上的运算$\oplus$和$\otimes$（$\otimes$可省略），满足以下条件：

• $\oplus$和$\otimes$满足交换律、结合律和分配律
• 存在零元素$o$，使得$\forall \alpha\in X,o\oplus\alpha=\alpha$
• 存在幺元素$e\ne o$，使得$\forall \alpha\in X,e\alpha=\alpha$
• $\forall \alpha\in X$，满足$\exists \beta\in X,\alpha\oplus\beta=o$
• 若$\alpha\beta=o$，则$\alpha=o$或$\beta=o$

则称$(X,\oplus,\otimes)$构成一个整环

定理1.2：$(\Z[i],+,\times)$构成一个整环

其中零元素$o=0$，幺元素$e=1$（显然两者唯一）

根据第4个条件（显然$\beta$唯一），定义$+$的逆运算$-$，与通常的约定相同

定理1.3：$\forall \alpha\in \Z[i],o\alpha=o$

定理1.4：若$\gamma\ne o$且$\alpha\gamma=\beta\gamma$，则$\alpha=\beta$

定理1.5：$\forall \alpha,\beta\in \mathbb{Z}[i]$且$\alpha\ne o$，$\exists p,r\in \Z[i],\beta=p\alpha+r$且$N(r)\le\frac{N(a)}{2}$

设$\alpha=a+bi$，则$(a+bi)(a-bi)=a^{2}+b^{2}=N(\alpha)$

因此，令$q=\frac{(a-bi)\beta}{N(\alpha)}$，则$q\alpha=\frac{(a+bi)(a-bi)}{N(\alpha)}\beta=\beta$

记$[x]$表示与$x$最接近的整数，显然$|x-[x]|\le \frac{1}{2}$

设$q=a'+b'i$（其中$a',b'\in Q$），取$p=[a']+[b']i\in \mathbb{Z}[i],r=\beta-p\alpha$即可，此时有
$$
 N(r)=N(\beta-p\alpha)=N((q-p)\alpha)=((a'-[a'])^{2}+(b'-[b'])^{2})N(a)\le \frac{N(a)}{2}
$$

定义1.5（单位元素）：$\epsilon\in \Z[i]$，满足$\exists\alpha\in \Z[i],\epsilon\alpha=e$，并记$\alpha=\epsilon^{-1}$（显然$\alpha$唯一）

定义1.6（单位元素集合）：$\varepsilon=\{\epsilon\mid\epsilon$为单位元素$\}$

定理1.6：$\varepsilon=\{\pm1,\pm i\}$

定义1.7（相伴）：$\alpha$与$\beta$相伴当且仅当$\exists\epsilon\in \varepsilon,\epsilon \alpha=\beta$，并记作$\alpha\sim \beta$

定理1.7：相伴关系具有对称性、传递性和自反性

整除

定义1.8（整除）：$\alpha$整除$\beta$当且仅当$\exists k\in \Z[i],k\alpha=\beta$，并记作$\alpha\mid \beta$

定理1.8：整除具有传递性和自反性

定理1.9：$\alpha\sim \beta$当且仅当$\alpha\mid \beta$且$\beta\mid \alpha$

定义1.9（$\alpha$的约数）：$\beta\in \Z[i]$，满足$\beta\mid\alpha$

定义1.10（$\alpha$的显然约数）：$\beta\in \Z[i]$，满足$\beta\in \varepsilon$或$\alpha\sim\beta$

定理1.10：$\alpha$的显然约数为$\alpha$的约数

定义1.11（不可约数）：$\xi\in \Z[i]$，满足$\xi\ne o,\xi\notin \varepsilon$且$\xi$的所有约数都为显然约数

定义1.12（素数）：$\xi\in \Z[i]$，满足$\xi\ne o,\xi\notin \varepsilon$且$\forall \alpha,\beta\in X,\xi\mid \alpha\beta$当且仅当$\xi\mid\alpha$或$\xi\mid\beta$

定理1.11：素数为不可约数

假设$\xi$为素数但不为不可约数，由于$\xi\ne o,\xi\not\in \varepsilon$，即有约数$\alpha$满足$\alpha\not\in \varepsilon$且$\xi\not\sim\alpha$

记$\xi=\alpha\beta$，则$\alpha,\beta\mid \xi$，考虑$\beta$的性质：

若$\beta\in\varepsilon$，显然$\xi\sim\alpha$，矛盾

若$\xi\sim \beta$，即$\exists\epsilon\in \varepsilon,\xi=\epsilon\beta=\alpha\beta$，由于$\xi\ne o$，必然有$\beta\ne o$，也即$a=\epsilon\in \varepsilon$，矛盾

综上，即$\beta\not\in \varepsilon$且$\xi\not\sim\beta$

事实上，这一段说明：若$\xi\ne o,\xi\not\in \varepsilon$且$\xi$不为不可约数，则$\xi=\alpha\beta$（其中$\alpha,\beta\not\in \varepsilon$且$\xi\not\sim\alpha,\beta$）

同时，根据定理1.8有$\xi\mid\alpha\beta$，也即$\xi\mid\alpha$或$\xi\mid\beta$

由$\alpha,\beta\mid\xi$，即可得到$\xi\sim\alpha$或$\xi\sim\beta$，矛盾

定义1.13（$\alpha$和$\beta$的公约数）：$d\in \Z[i]$，满足$d\mid\alpha,\beta$

定义1.14（$\alpha$和$\beta$的最大公约数）：$\alpha$和$\beta$的公约数$d$，满足$\forall \alpha,\beta$的公约数$d',d'\mid d$，并记$d=\gcd(\alpha,\beta)$

分解

定义1.15（$\alpha$的分解）：若干个不可约数$\xi_{1},\xi_{2},...,\xi_{k}\in \Z[i]$，使得$\alpha=\xi_{1}\xi_{2}...\xi_{k}$

定理1.12：$\forall \alpha\in \Z[i]$且$\alpha\ne o,\alpha\not\in \varepsilon$，$\alpha$存在分解

记$\sigma(\alpha)$为$\alpha$的约数个数（相伴视作相同），对其按照$\sigma(\alpha)$归纳即可，具体如下——

由于$\alpha\ne o$且$\alpha\not\in\varepsilon$，即$\epsilon$和$\alpha$都为$\alpha$的约数且不相伴，也即$\sigma(\alpha)\ge 2$

若$\sigma(\alpha)=2$，显然等价于$a$为不可约数，取$\xi_{i}=\{\alpha\}$即可

若$\sigma(\alpha)<k$时$\alpha$存在分解，考虑$\sigma(\alpha)=k$时（其中$k\ge 3$）：

　　由于$k\ge 3$，显然$\alpha$不为不可约数，且由于$\alpha\ne o,\alpha\not\in \varepsilon$，则$\alpha=\beta\gamma$（其中$\beta,\gamma\not\in \varepsilon$且$\alpha\not\sim\beta,\gamma$）

　　由于$\beta$的约数都是$\alpha$的约数，但$\alpha$不为$\beta$的约数，即$\sigma(\alpha)>\sigma(\beta)$，同理$\sigma(\alpha)>\sigma(\gamma)$

　　根据归纳，即$\beta$和$\gamma$存在分解，将两者分解组合即可

同时，$\sigma(\alpha)$显然有限，即得证

命题1.1：不可约数为素数

命题1.2：$\forall \alpha,\beta\in \Z[i],\gcd(\alpha,\beta)$存在，且$\exists x,y\in \Z[i],x\alpha+ y\beta=\gcd(\alpha,\beta)$

命题1.3：$\forall \alpha\in \Z[i]$且$\alpha\ne o,\alpha\not\in\varepsilon$，$\alpha$的分解唯一（不考虑顺序，且若对应项相伴即相同）

定理1.13：命题1.2成立

若$\alpha=\beta=o$，取$\gcd(\alpha,\beta)=o,x=y=o$即可

若$\alpha=o$或$\beta=o$（不妨假设$\alpha=o$且$\beta\ne o$），取$\gcd(\alpha,\beta)=\beta,x=o,y=e$即可

若$\alpha,\beta\ne o$，记$d=\min_{x,y\in \mathbb{Z}[i],x\alpha+y\beta\ne o}x\alpha+y\beta$（$\min$指取$N(d)$最小的，若有多个任取即可）

　　设$d=x_{0}\alpha+y_{0}\beta$，取$\gcd(a,b)=d,x=x_{0},y=y_{0}$即可，证明如下——

　　取$d'=x_{1}\alpha+y_{1}\beta$且$d'\ne o$，根据定理1.5有$\exists p,r\in \Z[i],d'=pd+r$且$N(r)\le \frac{N(d)}{2}$

　　由于$r=(x_{1}-px_{0})\alpha+(y_{1}-py_{0})\beta$，若$r\ne o$与$N(d)$最小性矛盾，即$r=o$，也即$d\mid d'$

　　取$x_{1}=1,y_{1}=0$和$x_{1}=0,y_{1}=1$时，则$d'=\alpha$和$\beta$，即有$d\mid\alpha,\beta$

　　若$d'$为$\alpha$和$\beta$的公约数，显然$d'\mid d=x_{0}\alpha+y_{0}\beta$

定理1.14：命题1.1，命题1.2和命题1.3两两等价

证明参考《代数数论（第二版）》

由此，即命题1.1和命题1.3也成立

2.功能实现

最大公约数

前面已经说明代数系统$(\mathbb{Z}[i],+,\times)$是唯一分解整环，即最大公约数一定存在

进一步的，我们考虑$\alpha,\beta\in \mathbb{Z}[i]$，如何求$\gcd(\alpha,\beta)$

此时，我们通过辗转相除法计算，假设$\alpha=p\beta+r$（其中$N(r)\le \frac{N(\beta)}{2}$），显然$d\mid\alpha,\beta$和$d\mid \beta,r$是等价的（互相可以推导），因此$\gcd(\alpha,\beta)=\gcd(\beta,r)$，递归下去即可

结束条件为$\beta=o$，此时取$\gcd(\alpha,\beta)=\alpha$显然满足条件（$o$整除任何数）

同时由于$N(r)\le \frac{N(\beta)}{2}$，时间复杂度为$o(\log N(\alpha)+N(\beta))$

定理2.1：$\forall \alpha,\beta\in \mathbb{Z}[i]$且$x,y\ne o$，$N(\gcd(\alpha,\beta))=\min_{x,y\in \mathbb{Z}[i],x\alpha+y\beta\ne o}N(x\alpha+y\beta)$

证明参考定理1.13的证明

素数判定

（由于是唯一分解整环，不可约数以下一律称为素数）

为了方便，以下称整数意义下的素数为质数，其中模4余3的质数称为$4k+3$质数，其余的称为非$4k+3$质数（显然只能为2或模4余1）

定理2.2：对于非$4k+3$质数$p$，$\exists x\in Z^{+},p\mid x^{2}+1$

若$p=2$，取$x=1$即可

若$p\equiv 1(mod\ 4)$，则$\prod_{i=1}^{\frac{p-1}{2}}(p-i)\equiv (-1)^{\frac{p-1}{2}}(\frac{p-1}{2}!)=(\frac{p-1}{2}!)(mod\ p)$

取$x=\frac{p-1}{2}!$，即有$x^{2}\equiv (p-1)!\equiv -1(mod\ p)$（威尔逊定理），也即$p\mid x^{2}+1$

考虑$\xi\in \Z[i]$，如何快速判定$\xi$是否是素数

定理2.3：$\xi$为素数当且仅当$N(\xi)$为非$4k+3$质数或$N(\xi)=p^{2}$（其中$p$为$4k+3$质数）

• 充分性

若$\xi$不为素数，若$\xi=o,\xi\in\varepsilon$即$N(\xi)=0$或1，显然不为上述形式

否则，设$\xi=\alpha\beta$（其中$\alpha,\beta\notin \varepsilon$且$\xi\not\sim\alpha,\beta$），也即有$N(\alpha),N(\beta)\ne 1$且$N(\xi)=N(\alpha)N(\beta)$

若$N(\xi)$为（非$4k+3$）质数，那么$N(\alpha)$和$N(\beta)$中必然有一个1，矛盾

若$N(\xi)=p^{2}$（其中$p$为$4k+3$质数），由于$N(\alpha),N(\beta)\ne 1$，必然是$N(\alpha)=N(\beta)=p$

设$\alpha=a+bi$，则$N(\alpha)=a^{2}+b^{2}=p\equiv 3(mod\ 4)$，而$a^{2},b^{2}\equiv 0,1(mod\ 4)$，显然不存在 

• 必要性

设素数$\xi=a+bi$，则$(a+bi)(a-bi)=N(\xi)$，也即$\xi=a+bi\mid N(\xi)$

对$N(\xi)$质因数分解，记$N(\xi)=p_{1}p_{2}...p_{k}$（其中$p_{i}$为质数），根据$\xi$为素数即$\exists 1\le i\le k,\xi\mid p_{i}$

不妨假设$\xi\mid p=p_{i}$，即$N(\xi)\mid N(p)=p^{2}$，同时$p\mid N(\xi)$

若$N(\xi)=p$，上面已经说明$N(\xi)$不能为$4k+3$质数，即$N(\xi)$为非$4k+3$质数

若$N(\xi)=p^{2}$，假设$p$为非$4k+3$质数：

　　根据定理2.2有$\exists x\in Z^{+},p\mid x^{2}+1=(x+i)(x-i)$

　　显然$p\not\mid x\pm i$，即$p$不为素数，显然$\xi\sim p$也不为素数，矛盾

因此$p$为$4k+3$质数，即得证

分解

下面，考虑来分解一个$\alpha\in \Z[i]$且$\alpha\not\ne o,\alpha\not\in \varepsilon$——

先对$N(\alpha)$质因数分解，假设$N(\alpha)=\prod_{i=1}^{k}p_{i}^{a_{i}}$（其中$p_{i}$为质数，且$p_{i}$各不相同）

设分解为$\alpha=\prod_{i=1}^{s}\xi_{i}$，根据前面的素数判定，则$N(\xi_{i})$的形式是确定的——

1.$\forall 1\le i\le k$且$p_{i}$为非$4k+3$质数恰有$a_{i}$个$N(\xi)=p_{i}$

2.$\forall 1\le i\le k$且$p_{i}$为$4k+3$质数，恰有$\frac{a_{i}}{2}$个$N(\xi)=p_{i}^{2}$（这里$a_{i}$一定为偶数）

由此，$\forall 1\le i\le s,N(\xi_{i})$已经确定，不妨枚举所有$\xi$使得$N(\xi)=N(\xi_{i})$且$\xi\mid\alpha$，然后将其除掉，重复此过程即可得到最终的分解

暴力枚举时间复杂度为$o(\sqrt {N(\alpha)})$，并不足够优秀

但事实上，解的数量并不多，即有以下结论——

定理2.4：对于素数$\xi$，方程$a^{2}+b^{2}=N(\xi)$的整数解存在且唯一（不考虑顺序和符号下）

• 存在性

若$N(\xi)=p^{2}$（其中$p$其$4k+3$质数），取$\xi=p$即可

若$N(\xi)=p$（其中$p$为非$4k+3$质数），设$p$在$\Z[i]$中分解为$\prod_{i=1}^{k}\xi_{i}$，则$p^{2}=\prod_{i=1}^{k}N(\xi_{i})$

由于$\xi_{i}$都是素数，则$N(\xi_{i})\neq 1,p^{2}$，那么必然是$k=2$且$N(\xi_{1})=N(\xi_{2})=p$

设$\xi_{1}=a+bi$，即$N(\xi_{1})=a^{2}+b^{2}=p$

• 唯一性

若有两组解$(a,b)$和$(c,d)$，即$N(\xi)=a^{2}+b^{2}=c^{2}+d^{2}$（且$a,b,c,d\in Z$）

由于$a^{2}+b^{2}=(a+bi)(a-bi)$，即$a+bi\mid c^{2}+d^{2}=(c+di)(c-di)$

由于$N(a+bi)=N(\xi)$，显然$a+bi$在$(\Z[i],+,\times)$中为素数，即$a+bi\mid c+di$或$a+bi\mid c-di$

不妨假设$a+bi\mid c+di$，设$c+di=\epsilon(a+bi)$，由于$N(a+bi)=N(c+di)$，即$N(\epsilon)=1$，也即$\epsilon\in \varepsilon$，分类讨论即可得到$(a,b)$和$(c,d)$在不考虑顺序和符号下相同

由于$\xi=a+bi$是考虑顺序和符号的，也即至多只有8组，那么只需要找到一组解，即可$o(1)$枚举所有解

若$N(\xi)=p^{2}$（其中$p$为$4k+3$质数），取$\xi=p$即可

若$N(\xi)=p$（其中$p$为非$4k+3$质数），有以下结论——

定理2.5：若$p$为非$4k+3$质数，$z\in Z$满足$z^{2}\equiv -1(mod\ p)$，则$N(\gcd(p,z+i))=p$

根据定理2.4，有$\exists a,b,a^{2}+b^{2}=p$，即$a^{2}+b^{2}\equiv a^{2}-z^{2}b^{2}=(a-zb)(a+zb)\equiv 0(mod\ p)$

由于$p$为质数，即$p\mid a-zb$或$p\mid a+zb$

不妨假设$p\mid a-zb$，设$a-zb=kp$，即$a+bi=(kp+zb)+bi=kp+b(z+i)$

记$d=\gcd(p,z+i)$，显然$d\mid a+bi$，即$N(d)\mid N(a+bi)=p$

同时，由于$a+bi\mid (a+bi)(a-bi)=p$，即$a+bi\mid b(z+i)$

由于$N(a+bi)=p$，即$a+bi$为素数，显然$a+bi\not\mid b$，也即$a+bi\mid z+i$

由于$a+bi\mid p,z+i$，即$a+bi\mid d$，也即$N(a+bi)=p\mid N(d)$

综上，即$N(d)=p$

由此，取$\xi=\gcd(p,z+i)$即可

关于如何求$z$，对$p$分类讨论——

当$p=2$时，显然$z=1$即可

当$p\equiv 1(mod\ 4)$时，由于$(-1)^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1(mod\ p)$，即$-1$是模$p$的二次剩余，那么$z$是存在的

关于$z$的具体求法，不断随机$1\le c<p$使得$c^{\frac{p-1}{2}}\equiv -1(mod\ p)$，那么取$z\equiv c^{\frac{p-1}{4}}(mod\ p)$即可

关于随机的复杂度，有以下结论——

定理2.6：在$1\le c<p$中，满足$c^{\frac{p-1}{2}}\equiv -1(mod\ p)$的$c$存在$\frac{p-1}{2}$个

根据费马小定理，有$c^{p-1}\equiv 1(mod\ p)$，即$c^{\frac{p-1}{2}}\equiv \pm1(mod\ p)$

根据欧拉准则，有$c$为模$p$的非二次剩余当且仅当$c^{\frac{p-1}{2}}\equiv -1(mod\ p)$

由于$x^{2}\equiv (p-x)^{2}(mod\ p)$，因此至多只有$\frac{p-1}{2}$个数为二次剩余，也即得证

因此，期望时间复杂度为$o(1)$

综上，这一部分复杂度为$o(\log^{2}N(\alpha))$（对每一个素因子，需要快速幂和求$\gcd$）

由于初始需要对$N(\alpha)$分解，使用Pollard-Rho算法，时间复杂度为$o(N(\alpha)^{\frac{1}{4}})$

  1 #include<bits/stdc++.h>
  2 using namespace std;
  3 #define ll long long
  4 struct Num{
  5     ll x,y;
  6     Num(){
  7         x=y=0;
  8     }
  9     Num(ll xx,ll yy){
 10         x=xx,y=yy;
 11     }
 12     ll len(){
 13         return x*x+y*y;
 14     }
 15     Num conj(){
 16         return Num(x,-y);
 17     }
 18     Num operator - ()const{
 19         return Num(-x,-y);
 20     }
 21     Num operator + (const Num &k)const{
 22         return Num(x+k.x,y+k.y);
 23     }
 24     Num operator * (const Num &k)const{
 25         return Num(x*k.x-y*k.y,x*k.y+y*k.x);
 26     }
 27 };
 28 int p[5]={3,5,7,11,13};
 29 vector<ll>v;
 30 vector<Num>ans;
 31 ll mul(ll x,ll y,ll n){
 32     return (__int128)x*y%n;
 33 }
 34 ll gcd(ll x,ll y){
 35     if (!y)return x;
 36     return gcd(y,x%y);
 37 }
 38 ll qpow(ll n,ll m,ll mod){
 39     ll s=n,ans=1;
 40     while (m){
 41         if (m&1)ans=mul(ans,s,mod);
 42         s=mul(s,s,mod);
 43         m>>=1;
 44     }
 45     return ans;
 46 }
 47 ll get_min(ll x,ll y){
 48     ll ans=(2*abs(x)/abs(y)+1)/2;
 49     if ((x<0)^(y<0))ans=-ans;
 50     return ans;
 51 }
 52 bool check(ll n){
 53     if (n==2)return 1;
 54     if (n%2==0)return 0;
 55     ll m=n-1,k=0;
 56     while (m%2==0){
 57         k++;
 58         m/=2;
 59     }
 60     for(int i=0;i<5;i++){
 61         if (n%p[i]==0)return n==p[i];
 62         ll s=qpow(p[i],m,n);
 63         for(int j=0;j<k;j++){
 64             if ((mul(s,s,n)==1)&&(s!=1)&&(s!=n-1))return 0;
 65             s=mul(s,s,n);
 66         }
 67         if (s>1)return 0;
 68     }
 69     return 1;
 70 }
 71 ll get_fac(ll n){
 72     ll x=rand()%n,c=rand()%n,y=(mul(x,x,n)+c)%n,z=1,tot=0;
 73     while (1){
 74         if ((x==y)||(tot%100==0)){
 75             if (gcd(z,n)>1)return gcd(z,n);
 76             if (x==y)return 1;
 77             z=1;
 78         }
 79         tot++;
 80         z=mul(z,(x+n-y)%n,n);
 81         if (!z)return gcd((x+n-y)%n,n);
 82         x=(mul(x,x,n)+c)%n;
 83         y=(mul(y,y,n)+c)%n;
 84         y=(mul(y,y,n)+c)%n;
 85     }
 86 }
 87 void decompose(ll n){
 88     if (check(n)){
 89         v.push_back(n);
 90         return;
 91     }
 92     while (1){
 93         ll p=get_fac(n);
 94         if (p>1){
 95             decompose(p);
 96             decompose(n/p);
 97             return;
 98         }
 99     }
100 }
101 pair<Num,Num> divide(Num x,Num y){//若n较大，这里需要使用__int128
102     Num ans=y.conj()*x;
103     ans.x=get_min(ans.x,y.len());
104     ans.y=get_min(ans.y,y.len());
105     return make_pair(ans,x+(-ans*y));
106 }
107 Num gcd(Num x,Num y){
108     if (!y.len())return x;
109     return gcd(y,divide(x,y).second);
110 }
111 Num get_Num(ll k){
112     if (k==2)return Num(1,1);
113     while (1){
114         ll c=rand()%k;
115         if (qpow(c,(k-1)/2,k)==k-1){
116             ll z=qpow(c,(k-1)/4,k);
117             return gcd(Num(k,0),Num(z,1));
118         }
119     }
120 }
121 vector<Num> decompose(Num k){
122     v.clear();
123     decompose(k.len());
124     sort(v.begin(),v.end());
125     vector<Num>ans;
126     ans.clear();
127     for(int i=0,flag=0;i<v.size();i++){
128         if (v[i]%4==3){
129             if (flag){
130                 Num p=Num(v[i],0);
131                 k=divide(k,p).first;
132                 ans.push_back(p);
133             }
134             flag^=1;
135         }
136         else{
137             Num p=get_Num(v[i]);
138             pair<Num,Num>o=divide(k,p);
139             if (o.second.len()){
140                 p=p.conj();
141                 o=divide(k,p);
142             }
143             k=o.first;
144             ans.push_back(p);
145         }
146     }
147     ans[0]=ans[0]*k;
148     return ans;
149 }
150 int main(){
151     srand(time(0));
152 }

3.题目

题面

记$f(x)=\sum_{\alpha\in \mathbb{Z}[i],N(\alpha)=x^{2}}1$，求$\sum_{i=1}^{N}f(i)^{K}$，答案对$P$取模

$1\le N,K\le 10^{11}$，$10^{8}\le P\le 10^{9}+7$

Subtask1：$N\le 8\times 10^{3}$

Subtask2：$K\ge 15$，$P$为2的幂次

Subtask3：$N\le 2\times 10^{7}$

Subtask4：$N\le 2\times 10^{8}$，$1\le K\le 2$

Subtask5：无特殊限制

Subtask1

关于$f(x)$，我们分别枚举$a$的实部和虚部，也即$\sum_{a,b\in Z,a^{2}+b^{2}=x^{2}}1$

显然$|a|,|b|\le x$，在$[-x,x]$中暴力枚举即可，复杂度为$o(N^{3})$

显然，只需要枚举$a$并判定$b$即可，因此不需要枚举$b$

时间复杂度为$o(N^{2})$，可以通过

Subtask2

定义$g(x)=\sum_{a,b\in Z^{+},a^{2}+b^{2}=x^{2}}1$，显然$f(x)=4g(x)+4$

由于$g(x)\in Z$，因此$4\mid f(x)$，即$2^{2K}\mid f(x)^{K}$，因此$f(x)^{K}\equiv 0(mod\ P)$，答案即为0

时间复杂度为$o(1)$，可以通过

Subtask3

定义3.1（勾股数）：$(a,b,c)$，满足$a,b,c\in Z^{+}$且$a^{2}+b^{2}=c^{2}$

关于$g(x)$，即求形如$(a,b,x)$的勾股数对数

定理3.1：若$(a,b,c)$为勾股数，则$\gcd(a,b)=\gcd(a,c)=\gcd(b,c)$

定义3.2（原生勾股数）：勾股数$(a,b,c)$，满足$\gcd(a,b)=1$

显然，每一对勾股数$(a,b,c)$都恰存在一对原生勾股数$(\frac{a}{d},\frac{b}{d},\frac{c}{d})$（其中$d=\gcd(a,b)$）

考虑一个整数二元组$(n,m)$，满足$n>m>0,n+m\equiv 1(mod\ 2)$且$\gcd(n,m)=1$，以此构造出以下两对勾股数：$(2nm,n^{2}-m^{2},n^{2}+m^{2})$和$(n^{2}-m^{2},2nm,n^{2}+m^{2})$

定理3.2：由此构造出的勾股数都是原生勾股数，且不重复

记$d=\gcd(2nm,n^{2}-m^{2})=\gcd(2nm,(n+m)(n-m))$，显然左边三项与右边两项两两互素，即$d=1$，也即为原生勾股数

由于$2nm$为偶数且$n^{2}-m^{2}$为奇数，显然两类之间显然不会重复

若$(n_{1},m_{1})$和$(n_{2},m_{2})$所产生的相同，由于是同一类，显然两数的平方和和平方差相同，即两数相同

定理3.3：每一对原生勾股数$(a,b,c)$，都存在一组$(n,m)$构造得到

若$a$和$b$同为偶数，即$\gcd(a,b)\ge 2$，矛盾

若$a$和$b$同为奇数，即$c^{2}\equiv a^{2}+b^{2}\equiv 2(mod\ 4)$，矛盾

不妨假设$a$为偶数且$b$为奇数，即$c^{2}\equiv a^{2}+b^{2}\equiv 1(mod\ 4)$，显然$c$为奇数

设$a=2k$，即$c^{2}-b^{2}=(c-b)(c+b)=4k^{2}$，也即$\frac{c-b}{2}\frac{c+b}{2}=k^{2}$，显然$\frac{c-b}{2},\frac{c+b}{2}\in Z$

记$x=\frac{c-b}{2},y=\frac{c+b}{2},d=\gcd(x,y)$，即$d\mid b=y-x,c=x+y$，也即$\gcd(a,b)=\gcd(b,c)\ge d$，显然$d=1$，即$x$和$y$互素

由于$xy=k^{2}$，即$x$和$y$都为完全平方数，显然取$m=\sqrt{x},n=\sqrt{y}$即可

综上，我们只需要枚举$(n,m)$来得到所有原生勾股数，并再枚举$d$得到所有勾股数

由于$n^{2}+m^{2}=c\le N$，因此$n$和$m$的范围都是$o(\sqrt{N})$的，这一部分复杂度为$o(N)$

关于$d$的枚举，总复杂度恰为勾股数的对数，也即$\sum_{i=1}^{N}g(i)$，约为$10^{8}$

最后，再$o(N\log K)$求出$\sum_{i=1}^{N}(4g(i)+4)^{K}$即可

时间复杂度为$o(\sum_{i=1}^{N}g(i)+N\log K)$，可以通过

Subtask4

考虑从$(\mathbb{Z}[i],+,\times)$的角度来求$f(x)$，问题即求$N(\alpha)=x^{2}$的数字个数

记$g(x)$为满足$N(\alpha)=x^{2}$的$\alpha$的个数（相伴视作相同），显然其中每一个数都可以乘上$\varepsilon$中的数得到4个结果，即$f(x)=4g(x)$，也即$\sum_{i=1}^{N}f(i)^{K}=4^{K}\sum_{i=1}^{n}g(i)^{K}$，不妨仅考虑$\sum_{i=1}^{n}g(i)^{K}$

由于$N(\alpha)$是确定的，$\alpha$的分解$\xi_{1},\xi_{2},...,\xi_{k}$中$N(\xi_{i})$的形式是确定的

显然对于$\alpha,\beta\in \Z[i]$满足$N(\alpha)=N(\beta)=x^{2}$，$\alpha$和$\beta$相伴当且仅当两者的分解相同（不考虑顺序，且若对应项相伴即相同）

换言之，统计$g(x)$可以改为统计有多少种分解方式，且由于$N(\xi_{i})$的形式是确定的，只需要分别统计每一项的方案数即可

根据定理2.4，若$N(\xi_{i})=a^{2}+b^{2}$，解$\xi=\pm a\pm bi$或$\pm b\pm ai$

若$p_{i}=2$或$p_{i}$为$4k+3$质数，先仍然这些解都相伴，因此没有贡献

当$p_{i}\equiv 1(mod\ 4)$时，恰有两种解（不相伴），且由于仅关心与两种解的个数，显然为$a_{i}+1$种

综上，记$x$的质因数分解的结果为$\prod_{i=1}^{k}p_{i}^{a_{i}}$，则$g(x)=\prod_{1\le i\le k,p_{i}\equiv 1(mod\ 4)}(2a_{i}+1)$

预处理$o(N)$筛出每一个数的最小素因子，即可$o(\log x)$求出$x$质因数分解的结果，也即可求出$g(x)$

由于每一个$g(x)$都是独立计算的，且$K$只有两种，通过分块打表优化即可

最后，再$o(N)$求和即可（$1\le K\le 2$）

时间复杂度为$o(N+\alpha \log N)$（其中$\alpha$为打表的间隔，取$4\times 10^{5}$即可）

Subtask5

根据$g(x)$的式子，不难得到$g(x)$是积性函数，那么显然$h(x)=g(x)^{K}$也是积性函数

问题即求$h(x)$这个积性函数的前缀和，下面考虑用类似Min25筛的做法——

记素数从小到大依次为$p_{1},p_{2},...$，$\pi_{n}$表示不超过$n$的素数个数，$\min_{n}$为$n$最小的素因子

定义$S=\{i\mid i\le \sqrt{N}\or i=\lfloor\frac{N}{x}\rfloor\}$，$S_{1}(n)=\sum_{p_{i}\le n}h(p_{i})$，$S_{2}(n,m)=\sum_{2\le i\le n,p_{m}<\min_{i}}h(i)$

问题即求$1+S_{2}(N,0)$，有如下转移——
$$
S_{2}(n,m)=\sum_{p_{m}<p_{i}\le \sqrt{n},e\ge 1,p_{i}^{e}\le n}h(p_{i}^{e})(1+S_{2}(\lfloor\frac{n}{p_{i}^{e}}\rfloor,i))+(S_{1}(n)-S_{1}(\max(p_{m},\sqrt{n})))
$$
考虑递归计算$S_{2}(N,0)$，在$\sqrt{n}<p_{m}$时，前者即为0，直接返回后者即可，因此需要继续递归的状态$(n,m)$都满足$n\in S$且$m\le \pi_{\sqrt{n}}$

接下来，考虑$\forall n\in S$预处理出$S_{1}(n)$，即$\sum_{1\le i\le n,i为素数,i\equiv 1(mod\ 4)}1$

定义$S_{r}(n,m)=\sum_{2\le i\le n,i为素数或p_{m}<\min_{i},i\equiv r(mod\ 4)}1$（其中$r\in \{1,3\}$），注意到若$i$不为素数，总有小于等于$\sqrt{N}$的素因子，因此有$S_{1}(n)=3^{K}S_{1}(n,\pi_{\sqrt{n}})+(S_{3}(n,\pi_{\sqrt{n}})+[n\ge 2])$

初始即$S_{r}(n,0)=\begin{cases}\lfloor\frac{n-1}{4}\rfloor&(r=1)\\\lfloor\frac{n+1}{4}\rfloor&(r=3)\end{cases}$，转移考虑从$S_{r}(n,m-1)$转移到$S_{r}(n,m)$，即要删去$\min_{i}=p_{m}$的部分，考虑对$p_{m}$分类讨论——

1.$p_{m}=2$，若$\min_{i}=2$显然$i\not\equiv r(mod\ 4)$，即$S_{r}(n,m)=S_{r}(n,m-1)$

2.$p_{m}\equiv 1(mod\ 4)$，则$S_{r}(n,m)=S_{r}(n,m-1)-(S_{r}(\lfloor\frac{n}{p_{m}}\rfloor,m-1)-S_{r}(p_{m}-1,m-1))$

3.$p_{m}\equiv 3(mod\ 4)$，则$S_{r}(n,m)=S_{r}(n,m-1)-(S_{r\oplus 2}(\lfloor\frac{n}{p_{m}}\rfloor,m-1)-S_{r\oplus 2}(p_{m}-1,m-1))$

关于这两个转移，考虑将$\min_{i}=p_{m}$的$i$除以$p_{m}$，此时范围即$\lfloor\frac{n}{p_{m}}\rfloor$，但根据定义，$S_{r}(\lfloor\frac{n}{p_{m}}\rfloor,m-1)$中还包含素数，后者即去掉这一部分

关于模4的余数，显然乘1后不变、乘3后恰好改变，即该式子

时间复杂度为$o(\frac{N^{\frac{3}{4}}}{\log N})$，可以通过

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 #define N 1000005
 4 #define ll long long
 5 int K,mod,vis[N],P[N],mi[N],h[2][N<<1],H[N<<1];
 6 ll n,k;
 7 int qpow(int n,ll m){
 8     int s=n,ans=1;
 9     while (m){
10         if (m&1)ans=1LL*ans*s%mod;
11         s=1LL*s*s%mod;
12         m>>=1;
13     }
14     return ans;
15 }
16 int id(ll k){
17     if (k<=K)return k;
18     return 2*K+1-n/k;
19 }
20 ll get(int k){
21     if (k<=K)return k;
22     return n/(2*K+1-k);
23 }
24 ll sqr(int k){
25     return 1LL*k*k;
26 }
27 int dfs(ll n,int m){
28     if (m){
29         if (n<P[m])return 0;
30         if (n<sqr(P[m]))return (H[id(n)]-H[id(P[m])]+mod)%mod;
31     }
32     int ans=(H[id(n)]-H[id((int)sqrt(n))]+mod)%mod;
33     for(int i=m+1;(i<=P[0])&&(sqr(P[i])<=n);i++){
34         ll s=P[i];
35         for(int e=1;s<=n;e++,s*=P[i]){
36             if (P[i]%4!=1)ans=(ans+(1+dfs(n/s,i)))%mod;
37             else ans=(ans+1LL*mi[2*e+1]*(1+dfs(n/s,i)))%mod;
38         }
39     }
40     return ans;
41 }
42 int main(){
43     for(int i=2;i<N;i++){
44         if (!vis[i])P[++P[0]]=i;
45         for(int j=1;(j<=P[0])&&(i*P[j]<N);j++){
46             vis[i*P[j]]=1;
47             if (i%P[j]==0)break;
48         }
49     }
50     scanf("%lld%lld%d",&n,&k,&mod);
51     for(int i=1;i<N;i++)mi[i]=qpow(i,k);
52     K=(int)sqrt(n);
53     for(int i=1;i<=2*K;i++){
54         h[0][i]=(get(i)-1)/4%mod;
55         h[1][i]=(get(i)+1)/4%mod;
56     }
57     for(int i=1;P[i]<=K;i++){
58         if (P[i]==2)continue;
59         int pp=(P[i]%4==3);
60         for(int j=2*K;(j)&&(sqr(P[i])<=get(j));j--)
61             for(int p=0;p<2;p++)h[p][j]=(h[p][j]-(h[p^pp][id(get(j)/P[i])]-h[p^pp][id(P[i]-1)]+mod)%mod+mod)%mod;
62     }
63     for(int i=1;i<=2*K;i++)H[i]=(1LL*mi[3]*h[0][i]+h[1][i]+(get(i)>=2))%mod;
64     printf("%lld",1LL*mi[4]*(1+dfs(n,0))%mod);
65 }

拓展

定义$f'(x)=\sum_{a\in \mathbb{Z}[i],N(a)=x}1$，考虑如何求$f'(x)$，类似地有以下结论——

将$x$质因数分解，设为$\prod_{i=1}^{k}p_{i}^{a_{i}}$，若$\exists 1\le i\le k,p_{i}\equiv 3(mod\ 4)$且$a_{i}\equiv 1(mod\ 2)$，则答案为0，否则答案与之前相同，即$f'(x)=4\prod_{1\le i\le k,p_{i}\equiv 1(mod\ 4)}(a_{i}+1)$

构造$\chi(x)=\begin{cases}1&x\equiv 1(mod\ 4)\\-1&x\equiv -1(mod\ 4)\\0&x\equiv 0(mod\ 2)\end{cases}$，每一个$p_{i}^{a_{i}}$对答案的贡献，都可以表示为$\sum_{j=0}^{a_{i}}\chi(p_{i}^{j})$（具体验证可分类讨论，这里就省略了）

换言之，即$f'(x)=4\prod_{i=1}^{k}\sum_{j=1}^{a_{i}}\chi(p_{i}^{j})$

考虑$\chi(x)$，不难证明其为（完全）积性函数，将后者展开，即有$f'(x)=4\sum_{d\mid x}\chi(d)$

（另外，当$x=0$时其不满足此式子，此时显然$f'(x)=1$）

考虑这样一个问题：求以$(0,0)$为圆心、$R$为半径的圆内整点数（$R\in Z^{+}$）

显然，答案即$\sum_{i=0}^{R^{2}}f'(i)=1+4\sum_{i=1}^{R^{2}}\sum_{j\mid i}\chi(j)=1+4\sum_{i=1}^{R^{2}}\lfloor\frac{R^{2}}{i}\rfloor\chi(i)$

另一方面，每一个整点可以看作“几乎”对应于一个$1\times 1$的小方格，因此可以认为整点数与圆的面积接近，即得到式子$\pi R^{2}\approx 1+4\sum_{i=1}^{R^{2}}\lfloor\frac{R^{2}}{i}\rfloor\chi(i)$

再进一步的估计，即有$\pi\approx 4\sum_{i=1}^{R^{2}}\frac{\chi(i)}{i}=4(1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\frac{1}{9}...)$

（虽然之前的描述并不严谨，但事实上这是正确的）