万能欧几里得
这个目前网上好像没有详细的教程，我来造福社会吧。
为了方便本文的叙述，做一个不严谨的规定。在本文中一个\(01\)串可以对应一些信息，并且这些信息是支持合并的，即如果用\(g(S)\)表示\(01\)串\(S\)对应的信息，那么可以用\(g(S)\)和\(g(T)\)计算出\(g(S+T)\)。因此我们不妨类比字符串，将这类信息的合并看作是加法。同样的，这类信息与数字的乘法代表连续的合并。
万能欧几里得可以解决基本所有的类欧几里得问题，而且不同的问题不需要重新推式子，只需要稍作修改即可。
首先来形式化的说明一下万能欧几里得能解决的问题：
给定\(p,q,r,l\)以及\(g('0')\)和\(g('1')\)，并给出一种信息合并的方式满足\(g(S)+g(T)=g(S+T)\)。从左至右考虑函数\(y=\frac{px+r}{q}\)在\((0,l]\)内的直线并维护一个\(01\)字符串\(S\)，每当和\(x=c\)（\(c\)是整数）相交时在\(S\)的末尾添加\('0'\)，每当和\(y=c\)（\(c\)是整数）相交时在\(S\)的末尾添加\('1'\)，当经过整点时先添加\('1'\)后添加\('0'\)。求\(01\)串\(S\)所对应的信息。
可以发现类欧几里得问题都可以转化为上述问题。举个例子，如果我们要求：
那么从结果上来讲我们只需要知道每个串对应的\(\sum i\lfloor\frac{pi+r}{q}\rfloor\)，考虑对两个串进行合并，那么对于后面的串来讲\(\sum i\lfloor\frac{pi+r}{q}\rfloor\)就变成了\(\sum (i+x)(\lfloor\frac{pi+r}{q}\rfloor+y)\)，其中\(x\)，\(y\)分别是前面的串中\(i\)和\(\lfloor\frac{pi+r}{q}\rfloor\)最终的值。那么显然为了合并\(x\)和\(y\)也是需要维护的。
进一步考虑\(\sum (i+x)(\lfloor\frac{pi+r}{q}\rfloor+y)=(\sum i\lfloor\frac{pi+r}{q}\rfloor)+(x\sum\lfloor\frac{pi+r}{q}\rfloor)+(y\sum i)+(xy\sum 1)\)，考虑到\(\sum i\)和\(\sum 1\)都可以由后面的串的\(x\)直接得到因此无需维护，只需要再对\(\sum\lfloor\frac{pi+r}{q}\rfloor\)进行维护即可。维护的计算方式稍加推导即可得知。
我们将解决上述问题的方法表示为\(f(p,q,r,l,s_0,s_1)\)（其中\(s_0\)、\(s_1\)分别表示\(g('0')\)、\(g('1')\)），考虑如何递归至更小的规模：
首先可以发现，我们将\(r\)对\(q\)取余是没有关系的（因为\(S\)不会改变），于是可以保证\(r<q\)。
接着，如果\(p<q\)考虑如何转化为\(p\geq q\)。发现这或许可以通过将坐标系的横纵轴翻转解决。我们设\(k=\lfloor\frac{pl+r}{q}\rfloor\)，那么可以考虑先处理好值域在\((1,k]\)之间的部分。如果\(k=0\)，那么不会经过\(y=c\)，我们直接返回\(s_0*l\)。否则我们将坐标轴反转并平移，可以使之前的问题等价于函数\(y=\frac{qx+(q-r)}{p}\)在\((0,k-1]\)之间的部分，此时我们需要将\(s_0\)与\(s_1\)互换。不过这里有一个问题是互换了\(s_0\)和\(s_1\)以后，如果经过了整点那么实际的顺序会与我们规定的相反，为了解决这个问题，我们将函数整体向下平移\(\frac{1}{p}\)，即变成\(y=\frac{qx+(q-r-1)}{p}\)，那么原来的经过整点就变成了先与\(x=c\)相交的情况，和我们期望的一致，并且对其它的经过方式都不会产生结果上的变化。当然这会对头尾的需要单独处理的一小部分产生一些影响，接下来会说明这个问题。现在我们可以递归到\(f(q,p,q-r-1,s_1,s_0)\)。
接下来还需要处理首尾的问题。先考虑开头，由于我们已经处理了值域在\(1\)之后的，那么与\(y=c\)相交的情况只会出现一次，于是我们统计与\(x=c\)相交的次数，那么就是函数与\(y=1\)相交的点的横坐标的下取整即\(\lfloor\frac{q-r}{p}\rfloor\)。不过需要特别注意的是当\(\frac{q-r}{p}\)为整数时，我们经过了\((1,\frac{q-r}{p})\)这个整点，而由于我们之前将递归的函数下移了\(\frac{1}{p}\)，因此递归的部分实际上会将与\(x=\frac{q-r}{p}\)相交的情况包含，因此我们在开头需要计算的与\(x=c\)相交的次数只有\(\lfloor\frac{q-r-1}{p}\rfloor\)次，之后再与\(y=1\)相交。即，在开头需要额外添加的信息是\(s_0*{\lfloor\frac{q-r-1}{p}\rfloor}+s_1\)。
尾部的问题也是类似的。由于函数值的整数部分不会再增加，于是只有与\(x=c\)相交的情况。计算可得与\(y=k\)相交的点横坐标为\(\frac{kq-r}{p}\)，由于递归下去的函数平移了\(\frac{1}{p}\)因此我们实际上只处理到了\(\frac{kq-r-1}{p}\)，于是我们在末尾加上\(s_0*({l-\lfloor\frac{kq-r-1}{p}\rfloor})\)即可。
于是我们可以保证\(p\geq q\)，考虑怎么解决这一部分。
我们设\(k=\lfloor\frac{p}{q}\rfloor\)，那么原函数可以表示为\(y=kx+\frac{(p\ \bmod\ q)x+r}{q}\)，将其与函数\(y=\frac{(p\ \bmod\ q)x+r}{q}\)相比，相当于在每次经过\(x=c\)之前额外经过\(k\)次\(y=c\)。于是我们可以递归至\(f(p\bmod q,q,r,l,s_1*k+s_0,s_1)\)。
综上所述，我们完整的解决了万能欧几里得问题。为了使思路更加清晰，我们用伪代码的形式重新整理一遍之前的方法。
\(f(p,q,r,l,s_0,s_1)\)
\(\ \ \ \ r=r\bmod q\)
\(\ \ \ \ \text{if}\ p<q\ \text{then}\)
\(\ \ \ \ \ \ \ \ k=\lfloor\frac{pl+r}{q}\rfloor\)
\(\ \ \ \ \ \ \ \ \text{if}\ k=0\ \text{then}\)
\(\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{return}\ s_0*l\)
\(\ \ \ \ \ \ \ \ \text{return}\ s_0*{\lfloor\frac{q-r-1}{p}\rfloor}+s_1+f(q,p,q-r-1,k-1,s_1,s_0)+s_0*(l-\lfloor\frac{kq-r-1}{p}\rfloor)\)
\(\ \ \ \ \text{else}\)
\(\ \ \ \ \ \ \ \ k=\lfloor\frac{p}{q}\rfloor\)
\(\ \ \ \ \ \ \ \ \text{return}\ f(p\bmod q,q,r,l,s_1*k+s_0,s_1)\)
如果将维护信息的加法和乘法的复杂度看作\(O(1)\)，那么万能欧几里得的复杂度与欧几里得算法的分析相似，为\(O(\log n)\)。值得注意的是通常为了方便乘法可以用倍增进行快速乘，不过如果分析系数与乘数的关系可以得到更快的方法。
\(P.S.\)用平移\(\frac{1}{p}\)的方式处理特殊要求的方法是嘿嘿嘿同学告诉我的，嘿嘿嘿太强了。
