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Sol

\((-1)^a=1-2(a~mod~2)=1-2a+4\lfloor\frac{a}{2}\rfloor\)
那麼原式變成 \(n-2\sum_{i=1}^{n}\lfloor d\sqrt{r}\rfloor+4\sum_{i=1}^{n}\lfloor \frac{d\sqrt{r}}{2}\rfloor\)
考慮計算這樣一個東西
\[\sum_{i=1}^{n}\lfloor\frac{a*\sqrt{r}+b}{c}i\rfloor\]
如果 \(\sqrt{r}\) 是一個整數，直接 \(\Theta(1)\) 計算
否則
設 \(k=\frac{a*\sqrt{r}+b}{c}\)

如果 \(k\ge 1\) 那麼可以把 \(k\) 的整數部分的值算出來，變成 \(0<k<1\)

如果 \(0<k<1\)，即就是計算 \(y=kx\) 與 \(x=n\) 所圍成三角形的整點個數

根據類歐幾里得那一套理論，我們用矩形的減去左上角的三角形的

矩形的就是 \(n\lfloor nk\rfloor\)
左上角的三角形的把它關於 \(y=x\) 對稱，變成求 \(y=\frac{x}{k}\) 與 \(x=\lfloor nk\rfloor\) 所圍成三角形的整點個數

這樣可以遞迴下去，\(n\) 的規模減小得很快，最後計算 \(n\le 1\) 的答案即可

為了防止精度誤差，可以把 \(k\) 表示成 \(\frac{a*\sqrt{r}+b}{c}\) 將 \(a,b,c\) 存下來
每次弄走 \(gcd\) 就可以了

# include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

int n, ans, r, test;
double sq;

inline ll Gcd(ll a, ll b) {
    if (!a || !b) return a | b;
    return !b ? a : Gcd(b, a % b);
}

inline ll Solve(ll a, ll b, ll c, ll len) {
    if (!len) return 0;
    register ll sk, nxt, ret, d;
    d = Gcd(Gcd(a, b), c), a /= d, b /= d, c /= d;
    if (len == 1) return (ll)(1.0 * (sq * a + b) / c);
    register double k = 1.0 * (sq * a + b) / c;
    sk = (ll)k, k -= sk, nxt = (ll)(k * len), b -= c * sk;
    ret = len * nxt + sk * (len + 1) * len / 2;
    return ret - Solve(a * c, -b * c, a * a * r - b * b, nxt);
}

int main() {
    scanf("%d", &test);
    while (test--) {
        scanf("%d%d", &n, &r), sq = sqrt(r), ans = sq;
        if (ans * ans == r) printf("%d\n", (ans & 1) ? ((n & 1) ? -1 : 0) : n);
        else printf("%lld\n", n - 2 * Solve(1, 0, 1, n) + 4 * Solve(1, 0, 2, n));
    }
    return 0;
}