类欧几里德算法
定义
类欧几里德算法是洪华敦在 2016 年冬令营营员交流中提出的内容。
其本质可以理解为，使用一个类似辗转相除法的方法来进行函数求和。
引入
设
\[
f(a,b,c,n)=\sum_{i=0}^n\left\lfloor \frac{ai+b}{c} \right\rfloor
\]
其中 \(a,b,c,n\) 是常数。需要一个 \(O(\log n)\) 的算法。
这个式子和我们以前见过的式子都长得不太一样。带向下取整的式子容易让人想到数论分块，然而数论分块似乎不适用于这个求和。但是我们是可以做一些预处理的。
如果说 \(a\ge c\) 或者 \(b\ge c\) ，意味着可以将 \(a,b\) 对 \(c\) 取模以简化问题：
\[
\begin{aligned}
f(a,b,c,n)&=\sum_{i=0}^n\left\lfloor \frac{ai+b}{c} \right\rfloor\\
&=\sum_{i=0}^n\left\lfloor
\frac{\left(\left\lfloor\frac{a}{c}\right\rfloor c+a\bmod c\right)i+\left(\left\lfloor\frac{b}{c}\right\rfloor c+b\bmod c\right)}{c}\right\rfloor\\
&=\frac{n(n+1)}{2}\left\lfloor\frac{a}{c}\right\rfloor+(n+1)\left\lfloor\frac{b}{c}\right\rfloor+
\sum_{i=0}^n\left\lfloor\frac{\left(a\bmod c\right)i+\left(b\bmod c\right)}{c}
\right\rfloor\\
&=\frac{n(n+1)}{2}\left\lfloor\frac{a}{c}\right\rfloor
+(n+1)\left\lfloor\frac{b}{c}\right\rfloor+f(a\bmod c,b\bmod c,c,n)
\end{aligned}
\]
那么问题转化为了 \(a<c,b<c\) 的情况。观察式子，你发现只有 \(i\) 这一个变量。因此要推就只能从 \(i\) 下手。在推求和式子中有一个常见的技巧，就是条件与贡献的放缩与转化。具体地说，在原式 \(\displaystyle f(a,b,c,n)=\sum_{i=0}^n\left\lfloor \frac{ai+b}{c} \right\rfloor\) 中，\(0\le i\le n\) 是条件，而 \(\left\lfloor \dfrac{ai+b}{c} \right\rfloor\) 是对总和的贡献。
要加快一个和式的计算过程，所有的方法都可以归约为 贡献合并计算 。但你发现这个式子的贡献难以合并，怎么办？将贡献与条件做转化 得到另一个形式的和式。具体地，我们直接把原式的贡献变成条件：
\[
\sum_{i=0}^n\left\lfloor \frac{ai+b}{c} \right\rfloor
=\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^{\left\lfloor \frac{ai+b}{c} \right\rfloor-1}1\\
\]
现在多了一个变量 \(j\) ，既然算 \(i\) 的贡献不方便，我们就想办法算 \(j\) 的贡献。因此想办法搞一个和 \(j\) 有关的贡献式。这里有另一个家喻户晓的变换方法，笔者概括为限制转移。具体来说，在上面的和式中 \(n\) 限制 \(i\) 的上界，而 \(i\) 限制 \(j\) 的上界。为了搞 \(j\) ，就先把 j 放到贡献的式子里，于是我们交换一下 \(i,j\) 的求和算子，强制用 \(n\) 限制 \(j\) 的上界。
\[
=\sum_{j=0}^{\left\lfloor \frac{an+b}{c} \right\rfloor-1}\sum_{i=0}^n\left[j<\left\lfloor \frac{ai+b}{c} \right\rfloor\right]
\]
这样做的目的是让 \(j\) 摆脱 \(i\) 的限制，现在 \(i,j\) 都被 \(n\) 限制，而贡献式看上去是一个条件，但是我们仍把它叫作贡献式，再对贡献式做变换后就可以改变 \(i,j\) 的限制关系。于是我们做一些放缩的处理。首先把向下取整的符号拿掉
\[
j<\left\lfloor \frac{ai+b}{c} \right\rfloor
\iff j+1\leq \left\lfloor \frac{ai+b}{c} \right\rfloor
\iff j+1\leq \frac{ai+b}{c}\\
\]
然后可以做一些变换
\[
j+1\leq \frac{ai+b}{c} \iff jc+c\le ai+b \iff jc+c-b-1< ai
\]
最后一步，向下取整得到：
\[
jc+c-b-1< ai\iff \left\lfloor\frac{jc+c-b-1}{a}\right\rfloor< i
\]
这一步的重要意义在于，我们可以把变量 \(i\) 消掉了！具体地，令 \(m=\left\lfloor \frac{an+b}{c} \right\rfloor\) ，那么原式化为
\[
\begin{aligned}
f(a,b,c,n)&=\sum_{j=0}^{m-1}
\sum_{i=0}^n\left[i>\left\lfloor\frac{jc+c-b-1}{a}\right\rfloor \right]\\
&=\sum_{j=0}^{m-1}
(n-\left\lfloor\frac{jc+c-b-1}{a}\right\rfloor)\\
&=nm-f\left(c,c-b-1,a,m-1\right)
\end{aligned}
\]
这是一个递归的式子。并且你发现 \(a,c\) 分子分母换了位置，又可以重复上述过程。先取模，再递归。这就是一个辗转相除的过程，这也是类欧几里德算法的得名。
容易发现时间复杂度为 \(O(\log n)\) 。
扩展
理解了最基础的类欧几里德算法，我们再来思考以下两个变种求和式：
\[
g(a,b,c,n)=\sum_{i=0}^ni\left\lfloor \frac{ai+b}{c} \right\rfloor
\]
\[
h(a,b,c,n)=\sum_{i=0}^n\left\lfloor \frac{ai+b}{c} \right\rfloor^2
\]
推导 g
我们先考虑 \(g\) ，类似地，首先取模：
\[
g(a,b,c,n)
=g(a\bmod c,b\bmod c,c,n)+\left\lfloor\frac{a}{c}\right\rfloor\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}+\left\lfloor\frac{b}{c}\right\rfloor\frac{n(n+1)}{2}
\]
接下来考虑 \(a<c,b<c\) 的情况，令 \(m=\left\lfloor\frac{an+b}{c}\right\rfloor\) 。之后的过程我会写得很简略，因为方法和上文略同：
\[
\begin{aligned}
g(a,b,c,n)&=\sum_{i=0}^ni\left\lfloor \frac{ai+b}{c} \right\rfloor\\
&=\sum_{j=0}^{m-1}
\sum_{i=0}^n\left[j<\left\lfloor\frac{ai+b}{c}\right\rfloor\right]\cdot i
\end{aligned}
\]
这时我们设 \(t=\left\lfloor\frac{jc+c-b-1}{a}\right\rfloor\) ，可以得到
\[
\begin{aligned}
g(a,b,c,n)&=\sum_{j=0}^{m-1}\sum_{i=0}^n[i>t]\cdot i\\
&=\sum_{j=0}^{m-1}\frac{1}{2}(t+n+1)(n-t)\\
&=\frac{1}{2}\left[mn(n+1)-\sum_{j=0}^{m-1}t^2-\sum_{j=0}^{m-1}t\right]\\
&=\frac{1}{2}[mn(n+1)-h(c,c-b-1,a,m-1)-f(c,c-b-1,a,m-1)]
\end{aligned}
\]
推导 h
同样的，首先取模：
\[
\begin{aligned}
h(a,b,c,n)&=h(a\bmod c,b\bmod c,c,n)\\
&+2\left\lfloor\frac{b}{c}\right\rfloor f(a\bmod c,b\bmod c,c,n)
+2\left\lfloor\frac{a}{c}\right\rfloor g(a\bmod c,b\bmod c,c,n)\\
&+\left\lfloor\frac{a}{c}\right\rfloor^2\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}+\left\lfloor\frac{b}{c}\right\rfloor^2(n+1)
+\left\lfloor\frac{a}{c}\right\rfloor\left\lfloor\frac{b}{c}\right\rfloor n(n+1)
\end{aligned}
\]
考虑 \(a<c,b<c\) 的情况，\(m=\left\lfloor\dfrac{an+b}{c}\right\rfloor, t=\left\lfloor\dfrac{jc+c-b-1}{a}\right\rfloor\) .
我们发现这个平方不太好处理，于是可以这样把它拆成两部分：
\[
n^2=2\dfrac{n(n+1)}{2}-n=\left(2\sum_{i=0}^ni\right)-n
\]
这样做的意义在于，添加变量 \(j\) 的时侯就只会变成一个求和算子，不会出现 \(\sum\times \sum\) 的形式：
\[
\begin{aligned}
h(a,b,c,n)&=\sum_{i=0}^n\left\lfloor \frac{ai+b}{c} \right\rfloor^2\\
&=\sum_{i=0}^n\left[\left(2\sum_{j=1}^{\left\lfloor \frac{ai+b}{c} \right\rfloor}j \right)-\left\lfloor\frac{ai+b}{c}\right\rfloor\right]\\
&=\left(2\sum_{i=0}^n\sum_{j=1}^{\left\lfloor \frac{ai+b}{c} \right\rfloor}j\right) -f(a,b,c,n)\\
\end{aligned}
\]
接下来考虑化简前一部分：
\[
\begin{aligned}
\sum_{i=0}^n\sum_{j=1}^{\left\lfloor \frac{ai+b}{c} \right\rfloor}j&=\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^{\left\lfloor \frac{ai+b}{c} \right\rfloor-1}(j+1)\\
&=\sum_{j=0}^{m-1}(j+1)
\sum_{i=0}^n\left[j<\left\lfloor \frac{ai+b}{c} \right\rfloor\right]\\
&=\sum_{j=0}^{m-1}(j+1)\sum_{i=0}^n[i>t]\\
&=\sum_{j=0}^{m-1}(j+1)(n-t)\\
&=\frac{1}{2}nm(m+1)-\sum_{j=0}^{m-1}(j+1)\left\lfloor \frac{jc+c-b-1}{a} \right\rfloor\\
&=\frac{1}{2}nm(m+1)-g(c,c-b-1,a,m-1)-f(c,c-b-1,a,m-1)
\end{aligned}
\]
因此
\[
h(a,b,c,n)=nm(m+1)-2g(c,c-b-1,a,m-1)-2f(c,c-b-1,a,m-1)-f(a,b,c,n)
\]
在代码实现的时侯，因为 \(3\) 个函数各有交错递归，因此可以考虑三个一起整体递归，同步计算，否则有很多项会被多次计算。这样实现的复杂度是 \(O(\log n)\) 的。
实现
模板题代码实现 C++ 1
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54 #include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std ;
const int P = 998244353 ;
int i2 = 499122177 , i6 = 166374059 ;
struct data {
data () { f = g = h = 0 ; }
int f , g , h ;
}; // 三个函数打包
data calc ( int n , int a , int b , int c ) {
int ac = a / c , bc = b / c , m = ( a * n + b ) / c , n1 = n + 1 , n21 = n * 2 + 1 ;
data d ;
if ( a == 0 ) { // 迭代到最底层
d . f = bc * n1 % P ;
d . g = bc * n % P * n1 % P * i2 % P ;
d . h = bc * bc % P * n1 % P ;
return d ;
}
if ( a >= c || b >= c ) { // 取模
d . f = n * n1 % P * i2 % P * ac % P + bc * n1 % P ;
d . g = ac * n % P * n1 % P * n21 % P * i6 % P + bc * n % P * n1 % P * i2 % P ;
d . h = ac * ac % P * n % P * n1 % P * n21 % P * i6 % P +
bc * bc % P * n1 % P + ac * bc % P * n % P * n1 % P ;
d . f %= P , d . g %= P , d . h %= P ;
data e = calc ( n , a % c , b % c , c ); // 迭代
d . h += e . h + 2 * bc % P * e . f % P + 2 * ac % P * e . g % P ;
d . g += e . g , d . f += e . f ;
d . f %= P , d . g %= P , d . h %= P ;
return d ;
}
data e = calc ( m - 1 , c , c - b - 1 , a );
d . f = n * m % P - e . f , d . f = ( d . f % P + P ) % P ;
d . g = m * n % P * n1 % P - e . h - e . f , d . g = ( d . g * i2 % P + P ) % P ;
d . h = n * m % P * ( m + 1 ) % P - 2 * e . g - 2 * e . f - d . f ;
d . h = ( d . h % P + P ) % P ;
return d ;
}
int T , n , a , b , c ;
signed main () {
scanf ( "%lld" , & T );
while ( T -- ) {
scanf ( "%lld%lld%lld%lld" , & n , & a , & b , & c );
data ans = calc ( n , a , b , c );
printf ( "%lld %lld %lld \n " , ans . f , ans . h , ans . g );
}
return 0 ;
}
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