小组中有共享蓝桥杯主题的伙伴：
乍一看，我觉得有什么巧妙的解法。 实际上是用暴力解决问题。
根据对称性，首先求出满足第一象限内条件的有意画板数，再乘以4即可得到答案；
第一象限内，每个故意画板的右上顶点是这个故意画板上离圆心最远的点。 也就是右上顶点在圆内，故意的画板也会在圆内
想想为什么。 如果右上顶点坐标为(p，q ) (p=1，q=1)，则剩下的三个顶点坐标分别为(p-1，q-1 )、p，q-1 )、p-1，q ) )
各右上顶点刚好一一对应到一个故意的画板
根据圆内点的理论，点(p，q )在圆内的充电条件为p ) 2q ) 2r ) 2，其中圆的中心为原点(0，0 )，半径为r。
结论：计算到第一象限内圆心的距离不超过r的点(x，y ) (x=1，y=1) )的个数，并将其乘以4是答案。
方法1 )公共静态输入计数1 ({ intr2=1000 * 1000； int count=0； for(intI=1； i=1000； I ) for(intj=1； j=1000； j () if (I * ij * j=R2 ) ) { count； } }返回计数* 4； //3137548}方法2 :公共静态int count2() { int r2=1000*1000； //小优化： 0.7 ^ 20.7 ^ 21//(1，1 )-- (700，700 )范围内的点必须在圆内int count=700*700； for(intI=701； i=1000； I ) for(intj=1； j=700； j ) if(I*Ij*j=R2 ) { count =2； }}for(intI=701； i=1000； I ) for(intj=701； j=1000； j () if (I * ij * j=R2 ) ) { count； } }返回计数* 4； //3137548}方法3 :特别感谢小组的另一个伙伴分享了这个优雅的答案。这种实现相比前2种，其效率提升在10倍以上
其想法是，遍历可能的横坐标x，求出圆上的点(x，y )，其中y=sqrt(r*r-x*x ) ) ) )，将y向下舍入为实际
公共静态int count3() { int sum=0； for(intx=1； x=1000； x () sum=(int ) math.sqrt ) 100000-x*x )； }返回和* 4； //3137548} PS:Math.sqrt ) )在底层实现中，采用类似牛顿迭代法的思路是高效的。
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