我正在寻找确定长值是否为完美平方（即其平方根是另一个整数）的最快方法：
我使用内置的Math.sqrt（）以简单的方式完成了这项工作函数，但我想知道是否有一种方法可以通过将自己限制为仅限整数的域。维护查找表是不切实际的（因为平方小于263的231.5个整数）。
下面是我现在做的非常简单明了的方法：
public final static boolean isPerfectSquare(long n)
{
if (n < 0)
return false;
long tst = (long)(Math.sqrt(n) + 0.5);
return tst*tst == n;
}
注意：我在许多Project Euler问题中都使用了这个函数。因此，其他人将永远不必维护此代码。而这种微优化实际上可能会有所不同，因为挑战的一部分是在不到一分钟的时间内完成每一个算法，而在某些问题中，这个函数需要调用数百万次。
我尝试了不同的解决方案：
经过详尽的测试，我发现不需要在Math.sqrt（）的结果上加0.5，至少在我的机器上是这样。快速平方根逆运算速度更快，但对于n>=410881，它给出了错误的结果。然而，正如BobbyShaftoe所建议的，我们可以在n<410881时使用FISR黑客。牛顿的方法比Math.sqrt（）慢得多。这可能是因为Math.sqr（）使用了类似于牛顿方法的东西，但在硬件中实现，所以比Java快得多。此外，牛顿法仍然需要使用双精度。一个经过修改的牛顿方法使用了一些技巧，因此只涉及整数数学，需要一些技巧来避免溢出（我希望这个函数可以处理所有64位有符号的正整数），而且它仍然比math.sqrt（）慢。二元斩更慢。这是有意义的，因为二进制斩波平均需要16次才能找到64位数字的平方根。根据John的测试，在C++中使用or语句比使用switch更快，但在Java和C#中，or和switch之间似乎没有区别。我还尝试创建一个查找表（作为64个布尔值的私有静态数组）。然后，我只说if（lookup[（int）（n&0x3F）]）｛test｝else return false；，而不是switch或or语句；。令我惊讶的是，这（只是稍微）慢了一些。这是因为在Java中检查数组边界。
当观察到正方形的最后n位时，我检查了所有可能的结果。通过连续检查更多位，可以消除多达5/6的输入。我实际上是为了实现费马的因子分解算法而设计的，而且速度非常快。
public static boolean isSquare(final long val) {
if ((val & 2) == 2 || (val & 7) == 5) {
return false;
}
if ((val & 11) == 8 || (val & 31) == 20) {
return false;
}
if ((val & 47) == 32 || (val & 127) == 80) {
return false;
}
if ((val & 191) == 128 || (val & 511) == 320) {
return false;
}
// if((val & a == b) || (val & c == d){
// return false;
// }
if (!modSq[(int) (val % modSq.length)]) {
return false;
}
final long root = (long) Math.sqrt(val);
return root * root == val;
}
伪代码的最后一位可用于扩展测试以消除更多值。上述测试针对k=0、1、2、3
a的形式为（3<<2k）-1b的形式为（2<<2k）c的形式为（2<<2k+2）-1d的形式为（2<<2k-1）*10
它首先测试它是否具有幂模为2的平方残差，然后根据最终模量进行测试，然后使用Math.sqrt进行最终测试。我从最上面的帖子中提出了这个想法，并试图扩展它。我感谢任何评论或建议。
更新：使用模数（modSq）和44352的模数基数的测试，我的测试在OP更新中的96%的时间内运行，最多可达1000000000。
如果最后的X位数字是N，那么应该可以更有效地包装“不能是完美的正方形”！我将使用java 32位int，并生成足够的数据来检查数字的最后16位，即2048个十六进制int值。
...
好吧。要么我遇到了一些超出我理解范围的数论，要么我的代码中有一个错误。无论如何，以下是代码：
public static void main(String[] args) {
final int BITS = 16;
BitSet foo = new BitSet();
for(int i = 0; i< (1<<BITS); i++) {
int sq = (i*i);
sq = sq & ((1<<BITS)-1);
foo.set(sq);
}
System.out.println("int[] mayBeASquare = {");
for(int i = 0; i< 1<<(BITS-5); i++) {
int kk = 0;
for(int j = 0; j<32; j++) {
if(foo.get((i << 5) | j)) {
kk |= 1<<j;
}
}
System.out.print("0x" + Integer.toHexString(kk) + ", ");
if(i%8 == 7) System.out.println();
}
System.out.println("};");
}
结果如下：
（ed：由于pretify.js性能不佳而取消；查看修订历史以查看。）
关于卡马克方法，似乎只需要重复一次就很容易了，这应该会使精度位数翻倍。毕竟，这是一种极其简化的迭代方法——牛顿迭代法，具有很好的第一个猜测。
关于您当前的最佳状态，我看到了两个微观优化：
使用mod255在检查后移动检查而不是0重新排列4的除法幂，以跳过通常（75%）情况下的所有检查。
I.e:
// Divide out powers of 4 using binary search
if((n & 0x3L) == 0) {
n >>=2;
if((n & 0xffffffffL) == 0)
n >>= 32;
if((n & 0xffffL) == 0)
n >>= 16;
if((n & 0xffL) == 0)
n >>= 8;
if((n & 0xfL) == 0)
n >>= 4;
if((n & 0x3L) == 0)
n >>= 2;
}
更好的方法可能是
while ((n & 0x03L) == 0) n >>= 2;
显然，了解每个检查点有多少数字被剔除是很有意思的——我更怀疑这些检查是否真正独立，这使得事情变得棘手。
