类欧几里得算法学习笔记

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几个等式

其中 $\lfloor \rfloor$表示向下取整， $\lceil \rceil$表示向上取整。
$a \le \lfloor { b \over c } \rfloor \Leftrightarrow a \cdot c \le b$
$a \lt \lceil { b \over c } \rceil \Leftrightarrow a \cdot c \lt b$
$a \ge \lceil { b \over c } \rceil \Leftrightarrow a \cdot c \ge b$
$a \gt \lfloor { b \over c } \rfloor \Leftrightarrow a \cdot c \gt b$
上面四个式子可以这么理解：趋近可能取等，趋远不可能取等。
$\lceil{ b \over c } \rceil \Leftrightarrow \lfloor{ b + c - 1 \over c } \rfloor$
$\lfloor{ b \over c } \rfloor \Leftrightarrow \lceil{ b - c + 1 \over c } \rceil$
注：本篇博客若在算式中出现不等式，则该不等式表示为若成立值为一，若不成立值为零。

类欧几里得算法的简介

它本质上是一个函数，算法是用于快速求下面三个式子的值：
$f(a,b,c,n) = \sum_{i=0}^n \lfloor{ a \cdot i + b \over c }\rfloor$
$g(a,b,c,n) = \sum_{i=0}^n i \cdot \lfloor{ a \cdot i + b \over c }\rfloor$
$h(a,b,c,n) = \sum_{i=0}^n \lfloor{ a \cdot i + b \over c }\rfloor^2$
由于求解过程与求解GCD一样涉及取模操作，因而时间复杂度相似，所以叫做类欧几里得算法。

求解f

$f(a,b,c,n) = \sum_{i=0}^n \lfloor{ a \cdot i + b \over c }\rfloor$
分类讨论：
1. $a = 0$ ， 此时返回 $(n + 1) \cdot \lfloor {b \over c}\rfloor$，以下情况 $a$均大于零（g，h同理）。
2. $a \ge c$或 $b \ge c$
把 $\lfloor{ a \cdot i + b \over c }\rfloor$拆开，变成 $\lfloor{ ( a \% c） \cdot i + b \% c \over c }\rfloor$ + $\lfloor{a \over c} \rfloor \cdot i$ + $\lfloor{ b \over c} \rfloor$
则 $f(a , b , c , n ) \Leftrightarrow f( a\%c,b\%c,c,n ) + { n \cdot ( n + 1 )\over 2} \cdot \lfloor{a \over c} \rfloor + (n + 1) \cdot \lfloor{ b \over c} \rfloor$
3. $a < c$且 $b < c$
设 $m = \lfloor { a \cdot n + b \over c } \rfloor$
则 $f(a,b,c,n) = \sum_{i=0}^n \lfloor{ a \cdot i + b \over c }\rfloor$转化为
$f(a,b,c,n) = \sum_{i = 0}^n\sum_{j = 1}^m[\lfloor{ a \cdot i + b \over c} \rfloor \ge j]$
这个在几何上，可以理解为引一条直线 $y = { a \cdot x + b \over c}$，它与平面直角坐标系和 $y = n$围成的直角梯形（也可能是直角三角形）内整点的数量（包括 $y$轴上的点，但不含 $x$轴上的点以及原点）。

其实 $y$轴上没有整点，因为当 $a < c$且 $b < c$ 时 $y$轴上不会有整点。
好像扯开了-_-||，继续向下推，此时我们将求和符号上的参数做一些小小的变动，达到改变数值但次数不变的目的(其实是将 $j$改变范围的起止点但不改变范围大小)：
$f(a,b,c,n) = \sum_{i = 0}^n\sum_{j = 0}^{m -1}[\lfloor{ a \cdot i + b \over c} \rfloor \ge j + 1]$去掉分母 $f(a,b,c,n) = \sum_{i = 0}^n\sum_{j = 0}^{m -1}[a \cdot i \ge j \cdot c + c - b]$去等 $f(a,b,c,n) = \sum_{i = 0}^n\sum_{j = 0}^{m -1}[a \cdot i \gt j \cdot c + c - b - 1]$两边同时除掉a $f(a,b,c,n) = \sum_{i = 0}^n\sum_{j = 0}^{m -1}[i \gt { j \cdot c + c - b - 1 \over a }]$两个sigma符号可交换位置（严谨的数学证明我不会，但是脑补一下码两个for循环时，交换两个互不影响（起止点独立）的两个for循环时，不影响结果）。交换后再用 $\sum_{i = 0}^n$把 $i$吞掉(对于任意的 $j$，若使式子值为真， $i$至少为 $\lfloor { j \cdot c + c - b - 1 \over a } \rfloor + 1$，凭借这个思想可得到下面的式子，也可以用整点法)。 $f(a,b,c,n) = \sum_{j = 0}^{m -1}(n - \lfloor { j \cdot c + c - b - 1 \over a } \rfloor)$观察到括号里面是 $m$个 $n$和一个f形式的求和，得到： $f(a,b,c,n) = n \cdot m - f( c , c - b - 1 , a , m - 1 )$此时第1,3个系数从 $(a , c)$变成 $(c , a \% c)$,由以上三式可证，这一过程与欧几里得求GCD复杂度相似。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define ll long long
using namespace std;
inline ll f( ll a , ll b , ll c , ll n ) {
	if ( !a ) {
		return ( n + 1 ) * ( b / c );
	}
	if ( a > c || b > c ) {
		return ( n * ( n + 1 ) / 2 ) * ( a / c ) + ( n + 1 ) * ( b / c ) + f( a % c , b % c , c , n );
	}
	ll m = ( a * n + b ) / c;
	return n * m - f( c , c - b - 1 , a , m - 1 );
}
int main () {
	ll a , b , c , n;
	scanf("%lld%lld%lld%lld",&a,&b,&c,&n);
	printf("%lld",f( a , b , c , n ));
	return 0;
}

这里说明一下，g ， h的推导都要用到f，g，h，下面两个要一口气学完。

求解g

首先，我们要求证(可能有大佬嫌我啰嗦了，可本蒟蒻就是不会 ) $\sum_{i=0}^n i^2 = \frac{n \cdot(n+1)\cdot(2n+1)}{6}$
首先，根据式子 $(n + 1) ^ 3 = n ^ 3 + 3 \cdot n^2+3 \cdot n + 1$
得出： $(n + 1) ^ 3 - n ^ 3 = 3 \cdot n ^ 2 + 3 \cdot n + 1$以此类推： $n ^ 3 - (n - 1) ^ 3 = 3 \cdot (n - 1) ^ 2 + 3 \cdot (n - 1) + 1$
$……………………………………$
$3 ^ 3 - 2 ^ 3 = 3 \cdot 2 ^ 2 + 3 \cdot 2 + 1$
$2 ^ 3 - 1 ^ 3 = 3 \cdot 1 ^ 2 + 3 \cdot 1 + 1$
将上式左右两边相加得（为了方便，只加到 $(n - 1)^3$）： $(n - 1) ^ 3 - 1 = 3 \cdot ( \sum_{i=0}^n i^2 ) + 3 * ( \sum_{i=0}^n i) + n$因为 $\sum_{i=0}^n i = { n \cdot (n + 1) \over 2 }$得出 $3 * \sum_{i=0}^n i^2 + { 3 \cdot ( n + 1) \cdot n \over 2} + n= n^3 + 3 \cdot n ^ 2 + 3 \cdot n$
一口气推完后，就得到 $\sum_{i=0}^n i^2 = \frac{n \cdot(n+1)\cdot(2n+1)}{6}$
下面开始推 $g$了

$g(a,b,c,n) = \sum_{i=0}^n i \cdot \lfloor{ a \cdot i + b \over c }\rfloor$
再次分类讨论
1. $a = 0$时，到达边界，返回 ${ n \cdot (n + 1) \over 2} \cdot \lfloor{b \over c} \rfloor$
2. 当 $a \ge c$或 $b \ge c$的情况，套上上面证的平方和公式，可得： $g(a,b,c,n) = g(a \% c ,b \% c,c,n) + { n \cdot (n + 1) \cdot (2 \cdot n + 1) \over 6} * \lfloor{ a \over c }\rfloor + { n \cdot (n + 1) \over 2 } * \lfloor{ b \over c }\rfloor$
3. 当 $a < c$且 $b < c$时，根据 $f$的思路，可以得到： $g(a , b , c , n) = \sum_{i=0}^n i \cdot \sum_{j=1}^m[ \lfloor { a \cdot i + b \over c } \rfloor \ge j ]$ $m = \lfloor { a \cdot n + b \over c } \rfloor$(怕忘了 )
跳步得（手动滑稽 ）： $g(a , b , c , n) = \sum_{i=0}^n i \cdot \sum_{j=0}^{m - 1}[ i \gt { j \cdot c + c - b - 1 \over a } ]$(不懂的请看回 $f$)
根据求 $f$时用到的整点思想，对于任意的 $f$，为了使表达式为真， $i$至少为 $\lfloor { j \cdot c + c - b - 1 \over a }\rfloor + 1$,其实这个上面已讲过了 。
设 $t = \lfloor { j \cdot c + c - b - 1 \over a }\rfloor$ $g(a , b , c , n) =\sum_{j=0}^{m - 1} \sum_{i=t + 1}^n i$不难发现这其实是一个等差数列 $s_{n'} = { (a_1 + a_{n'}) \cdot n' \over 2 }$ $g(a , b , c , n) =\sum_{j=0}^{m - 1} { (t + 1 + n) \cdot (n - t) \over 2}$
$a_1$对应 $t + 1$ ， $a_{n'}$对应 $n$ ， $n'$对应 $(n - t)$。
继续推 $g(a , b , c , n) = { n \cdot m \cdot (1 + n) \over 2 } - \sum_{j=0}^{m - 1}{t \over2 } - \sum_{j=0}^{m - 1}{t ^ 2 \over 2}$
恢复 $t$的真面目可得： $g(a , b , c , n) = { n \cdot m \cdot (1 + n) \over 2 } - { 1 \over 2 } \cdot h( c , c - b - 1 , a , m - 1 ) - { 1 \over 2 } \cdot f(c , c - b - 1 , a , m - 1)$
这里要用到 $h$，所以我们继续推吧。

求解h

$h(a,b,c,n) = \sum_{i=0}^n \lfloor{ a \cdot i + b \over c }\rfloor^2$
还是分类讨论
1. $a = 0$时，边界，返回 $(n + 1) \cdot \lfloor { b\over c}\rfloor ^2$
2. 若 $a \ge c$或 $b \ge c$，通过取模，不难得到 $h(a,b,c,n) = \sum_{i=0}^n \lfloor{ a \cdot i + b \over c }\rfloor^2 = \sum_{i=0}^n [\lfloor { a \over c }\rfloor * i + \lfloor { b \over c } \rfloor + ({a \% c \over c} * i + { b \% c \over c }) ]^2$这个式子比较复杂，先写一个简单的对应一下 $(x + y + z)^2 = x^2 + y^2 + z^2 + 2 \cdot x \cdot y + 2 \cdot x \cdot z + 2 \cdot y \cdot z$，用一一对应法，可得出上面的展开式为： $h(a,b,c,n) = h(a \%c,b \% c,c,n) + {n \cdot ( n + 1 ) \cdot (2 \cdot n + 1) \over 6} \cdot \lfloor { a \over c }\rfloor^2 + (n + 1) \cdot \lfloor { b \over c }\rfloor^2 \\ + 2 \cdot \lfloor { b \over c }\rfloor \cdot f(a \%c,b \% c,c,n) + 2 \cdot \lfloor {a \over c} \rfloor \cdot g(a \%c,b \% c,c,n) + \lfloor {a \over c} \rfloor \cdot \lfloor {b \over c} \rfloor \cdot n \cdot (n + 1)$
3. 若 $a \lt c$且 $b \lt c$时，
考虑把狰狞的 $x^2$拆一下，可得： $x^2 = 2 \cdot {x \cdot ( x + 1 ) \over 2} - x = 2 \cdot \sum_{i = 0}^x i - x$利用这个拆开原式，并设 $m = \lfloor {a \cdot n + b \over c} \rfloor$，可得： $h(a,b,c,n) =\sum_{i = 0}^n ((2 \cdot \sum_{j = 1}^{ \lfloor {a \cdot i + b \over c}\rfloor} j) - \lfloor {a \cdot i + b \over c} \rfloor )$把 $2 \cdot \sum_{j = 1}^{ \lfloor {a \cdot i + b \over c}\rfloor} j$和 $\lfloor {a \cdot i + b \over c} \rfloor$拆开得(思想参考求 $f$时用的数形结合思想，上式是一列一列地统计整点，下式是一行一行地统计整点)： $h(a,b,c,n) = 2 \cdot( \sum_{j = 0}^{m - 1} (j + 1) \cdot \sum_{i = 0}^n [\lfloor {a \cdot i + b \over c} \rfloor \ge j + 1 ] ) - f(a , b , c , n )$ $h(a,b,c,n) = 2 \cdot( \sum_{j = 0}^{m - 1} j \cdot \sum_{i = 0}^n [\lfloor {a \cdot i + b \over c} \rfloor \ge j + 1 ] ) \\ + 2 \cdot( \sum_{j = 0}^{m - 1}\sum_{i = 0}^n [\lfloor {a \cdot i + b \over c} \rfloor \ge j + 1 ] ) - f(a , b , c , n )$参照求 $f$的思路，跳步得o(￣︶￣)o $h(a,b,c,n) = 2 \cdot( \sum_{j = 0}^{m - 1} j \cdot \sum_{i = 0}^n [i \gt \lfloor { j \cdot c - c - b - 1 \over a} \rfloor ] ) \\ + 2 \cdot( \sum_{j = 0}^{m - 1}\sum_{i = 0}^n [i \gt \lfloor { j \cdot c - c - b - 1 \over a} \rfloor ] ) - f(a , b , c , n )$再推 $h(a,b,c,n) = 2 \cdot( \sum_{j = 0}^{m - 1} j \cdot (n - \lfloor { j \cdot c - c - b - 1 \over a} \rfloor) ) \\ + 2 \cdot( \sum_{j = 0}^{m - 1}(n - \lfloor { j \cdot c - c - b - 1 \over a} \rfloor) ) - f(a , b , c , n )$得出： $h(a,b,c,n) = m \cdot (m - 1) \cdot n - 2 \cdot g( c , c - b - 1 , a , m - 1 ) \\ + 2 \cdot m \cdot n - 2 \cdot f(c , c - b - 1 , a , m - 1) - f(a , b ,c , n)$最终得出： $h(a,b,c,n) = m \cdot (m + 1) \cdot n - 2 \cdot g( c , c - b - 1 , a , m - 1 ) \\ - 2 \cdot f(c , c - b - 1 , a , m - 1) - f(a , b ,c , n)$
终于推完了，长长地松一口气 ，\ ( ^ o ^ ) /~
$g$, $h$的实现比较复杂，因为要相互调用，最好用结构体维护。

板子

板子（f,g,h都有，三个愿望一次满足 ）
这题数据较大，要对998244353取模，公式中有除以二除以六的操作，要使用拓展欧几里得求乘法逆元。
这题要勤取模，否则会WRONG。
示例代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define ll long long
#define mod  998244353
using namespace std;
struct node{
	ll f;
	ll g;
	ll h;
};
ll inv2 , inv6; 
inline void read( ll & res ) {
	res = 0;
	ll pd = 1;
	char aa = getchar();
	while ( aa < '0' || aa > '9' ) {
		if ( aa == '-' ) {
			pd = -pd;
		}
		aa = getchar();
	}
	while ( aa >= '0' && aa <= '9' ) {
		res = ( res << 1 ) + ( res << 3 ) + ( aa - '0' );
		aa = getchar();
	}
	res *= pd;
	return;
}
inline node solve( ll a , ll b , ll c , ll n ) {
	if ( !a ) {
		node ans;
		ans.f = (n + 1) % mod * ( b / c ) % mod;
		ans.g = n % mod * ( n + 1 ) % mod * inv2 % mod * ( b / c ) % mod;
		ans.h = ( n + 1 ) % mod * ( b / c ) % mod * ( b / c ) % mod;
		ans.f %= mod;
		ans.g %= mod;
		ans.h %= mod;
		return ans;
	}
	if ( a >= c || b >= c ) {
		node tem = solve( a % c , b % c , c , n );
		node ans;
		ans.f = (tem.f + n % mod * ( n + 1 ) % mod * inv2 % mod * ( a / c ) % mod) % mod + ( n + 1 ) % mod * ( b / c ) % mod;
		ans.g = (tem.g + n % mod * ( n + 1 ) % mod * ( 2 * n + 1 ) % mod * inv6 % mod * ( a / c ) % mod ) % mod 
		+ n % mod * ( n + 1 ) % mod * inv2 % mod * ( b / c ) % mod;
		ans.h = (((tem.h + n % mod * ( n + 1 ) % mod * ( 2 * n + 1 ) % mod * inv6 % mod * ( a / c ) % mod * ( a / c ) % mod) % mod 
		+ ( n + 1 ) % mod * ( b / c ) % mod * ( b / c ) % mod 
		+ 2 * ( b / c ) % mod * tem.f % mod) % mod + 2 * ( a / c ) % mod * tem.g % mod) % mod 
		+ ( a / c ) % mod * ( b / c ) % mod * n % mod * ( n + 1 ) % mod;
		ans.f %= mod;
		ans.g %= mod;
		ans.h %= mod;
		return ans;
	}
	ll m = ( ( a * n + b ) / c );
	node tem = solve( c , c - b - 1 , a , m - 1 );
	node ans;
	ans.f = n * ( m % mod ) % mod - tem.f;
	ans.f %= mod;
	ans.g = (n * ( m % mod ) % mod * ( 1 + n ) % mod * inv2 % mod) % mod - tem.h * inv2 % mod - tem.f * inv2 % mod;
	ans.h = (( m % mod ) * ( (m + 1) % mod ) % mod * n) % mod - 2 * tem.g % mod - 2 * tem.f % mod - ans.f;
	ans.g %= mod;
	ans.h %= mod;
	return ans;
}
inline ll exgcd( ll a , ll b , ll & x , ll & y ) {
	if ( !b ) {
		x = 1;
		y = 0;
		return a;
	}
	ll d = exgcd( b , a % b , x , y );
	ll tem = x;
	x = y;
	y = tem - a / b * y;
	return d;
}//类欧几里得里面有欧几里得（手动滑稽） 
int main () {
	ll temp;
	exgcd( 2 , mod , inv2 , temp );
	exgcd( 6 , mod , inv6 , temp );
	while ( inv2 < 0 ) {
		inv2 += mod;//乘法逆元 
	}
	while ( inv6 < 0 ) {
		inv6 += mod;//乘法逆元
	}
	//printf("%lld %lld",inv2,inv6);
	ll t , a , b , c , n;
	read(t);
	while ( t-- ) {
		read(n);
		read(a);
		read(b);
		read(c);
		node ans = solve( a , b , c , n );
		printf("%lld %lld %lld\n",( ans.f + mod )%mod,( ans.h + mod )%mod,( ans.g + mod )%mod);
	}
	return 0;
}

推荐好题

Earthquake
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题解等我搞定了再贴吧