HDU 4282 A very hard mathematic problem（12年天津网络赛-数学）

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题意：

给你一个式子 x^z + y^z + x*y*z = k，k 为给定的某个 int 范围内的数字。

求共有多少组关于 x,y,z 的解。（0< x < y,z > 1）

解题思路：

这题纠结了2天，我擦。今天终于把错误拍出来了。

观察式子不难发现，显然当 z 越大的时候 x,y 的值越小。

由于 y 最小等于2，所以有 2^z < k，又k < 2^31，所以有 z < 31。

1、首先考虑当 z=2 的时候，式子左边可以化为 (x+y)^2 = k 的形式。

所以当 k 是完全平方数的时候，(x,y) 才有可能有解。

假如 m^2 = k ，问题就相当于求 x+y = m (x < y) 的解的组数。

容易得出，当m为偶数时，解组数为 m/2-1；当m为奇数时，解组数为 (m-1)/2。

2、然后考虑当 z>=3 的时候。

当 z=3 的时候，x,y 可能取到的值最大，而稍加计算可以得出 y 的最大值是1290.xx，设这个值为M。

那么枚举x,z的复杂度变为O(M*30)，大概是O(10^4)。

如果再直接枚举y的话，复杂度为O(M^2 *30)，大概是O(10^7)，略大。（不过也能140MS AC）。

那么有没有好的方法呢?

显然当 x,z 确定后，式子关于 y 是单调递增的，于是可以二分，将复杂度降为O(M*logM*30)，大概是O(10^5)。（15MS AC）。

第一次用小号交的，爆了0MS，然后竟然排到了rank1。O(∩_∩)O...

Ps：思路一直都是对的，可是昨天WA了一天。

这种题要注意一些细节。在二分的时候，我 y 的右边界一直取的是当 z = 3的时候的 M。这种贪方便的做法会引发一个问题。

就是当 z 逐渐变大的时候，二分区间中很多的值会溢出long long 的范围，导致判断大小错误。

幸好值溢出时会变负，所以我们可以根据值是否为负来判断是否溢出。若溢出，直接等效于大于。

其实这种方法不科学，后来我才知道值溢出时，只保留后几位，首位不一定为1.

解决办法：可以在myPow函数里加一句判断，如果溢出了int，就直接返回int_max，防超。

还掌握了个小知识，每个数字常量默认类型为可满足他范围的类型。

例如，1<<31会变成负的，溢出 int，因为1和31默认为int类型，从而1<<31也为int类型。可用 (LL)1<<31  或  1LL<<31 解决。

#include <stdio.h>
#include <math.h>

typedef __int64 LL;

int k,x,y,z;

LL xz,yz;

LL myPow(int a,int n)
{
    LL ans = a;
    while(--n)
        ans *= a;
    return ans;
}

LL fun(int Y)
{
    return xz + yz + x*Y*z;
}

bool FindIt(int l,int r)
{
    while(l <= r)
    {
        int mid = (l+r)/2;
        yz = myPow(mid,z);
        LL f = fun(mid);
        if(f == k)
            return true;
        if(f<0 || f>k)
            r = mid-1;
        else
            l = mid+1;
    }
    return false;
}

int main()
{
    while(scanf("%d",&k),k)
    {
        int ans = 0;
        int sq = sqrt(k*1.0);
        if(sq*sq == k)
            ans += (sq-1)/2;
        for(z=3;z<31;z++)
        {
            for(x=1;;x++)
            {
                xz = myPow(x,z);
                if(xz >= k/2)
                    break;
                if(FindIt(x+1,1300))
                    ans++;
            }
        }
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}