【算法学习笔记】类欧几里得算法

一个基础的数论问题。

试求 $\sum _{i=0}^n\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor$ 的值，其中：$a,b\ge 0$，$n,c>0$

在Atcoder的AC库中有这样一个函数可以在 $\mathcal{O}(lg(n+c+a+b))$ 的时间内解决问题。

函数代码 ↓

using ll = long long;
ll floor_sum(ll n, ll m, ll a, ll b) {
    ll ans = 0;
    if (a >= m) {
        ans += (n - 1) * n * (a / m) / 2;
        a %= m;
    }
    if (b >= m) {
        ans += n * (b / m);
        b %= m;
    }

    ll y_max = (a * n + b) / m, x_max = (y_max * m - b);
    if (y_max == 0) return ans;
    ans += (n - (x_max + a - 1) / a) * y_max;
    ans += floor_sum(y_max, a, m, (a - x_max % a) % a);
    return ans;
}

好奇它的证明过程，然后在 OI wiki 上找到相应文档，这个算法名为：类欧几里德算法

个人证明

另外补上个人证明：

当 $a\ge c$ 或 $b\ge c$ 时，

$$f(a,b,c,n)=\frac{n(n+1)}{2}\ast \lfloor \frac{a}{c}\rfloor +(n+1)\ast \lfloor \frac{b}{c}\rfloor +f(amodc,bmodc,c,n).$$

当 $a<c$ 并且 $b<c$ 时，

设 $m=\lfloor \frac{an+b}{c}\rfloor$，

$$f(a,b,c,n)=mn-f(c,c-b-1,a,m-1).$$

然后递归至 $a=0$ 即可.

例题

luoguP5171 Earthquake

数形结合, 把式子稍微简单转换一下, 套用类欧几里得算法即可.

引入

设

$$f(a,b,c,n)=\sum _{i=0}^n\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor$$

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：

$$\begin{array}{rl}f(a,b,c,n)& =\sum _{i=0}^n\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor \\ & =\sum _{i=0}^n\lfloor \frac{(\lfloor \frac{a}{c}\rfloor c+amodc)i+(\lfloor \frac{b}{c}\rfloor c+bmodc)}{c}\rfloor \\ & =\frac{n(n+1)}{2}\lfloor \frac{a}{c}\rfloor +(n+1)\lfloor \frac{b}{c}\rfloor +\sum _{i=0}^n\lfloor \frac{(amodc)i+(bmodc)}{c}\rfloor \\ & =\frac{n(n+1)}{2}\lfloor \frac{a}{c}\rfloor +(n+1)\lfloor \frac{b}{c}\rfloor +f(amodc,bmodc,c,n)\end{array}$$

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 ${\displaystyle f(a,b,c,n)=\sum _{i=0}^n\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor }$ 中，$0\le i\le n$ 是条件，而 $\lfloor {\displaystyle \frac{ai+b}{c}}\rfloor$ 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：

$$\sum _{i=0}^n\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor =\sum _{i=0}^n\sum _{j=0}^{\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor -1}1$$

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。

$$\begin{array}{rl}& =\sum _{j=0}^{\lfloor \frac{an+b}{c}\rfloor -1}\sum _{i=0}^n[j<\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor ]\end{array}$$

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

$$j<\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor \iff j+1\le \lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor \iff j+1\le \frac{ai+b}{c}$$

然后可以做一些变换

$$j+1\le \frac{ai+b}{c}\iff jc+c\le ai+b\iff jc+c-b-1<ai$$

最后一步，向下取整得到：

$$jc+c-b-1<ai\iff \lfloor \frac{jc+c-b-1}{a}\rfloor <i$$

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 $m=\lfloor \frac{an+b}{c}\rfloor$，那么原式化为

$$\begin{array}{rl}f(a,b,c,n)& =\sum _{j=0}^{m-1}\sum _{i=0}^n[i>\lfloor \frac{jc+c-b-1}{a}\rfloor ]\\ & =\sum _{j=0}^{m-1}n-\lfloor \frac{jc+c-b-1}{a}\rfloor \\ & =nm-f(c,c-b-1,a,m-1)\end{array}$$

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 $\mathcal{O}(lg(n+m+a+b))$。

同时关于 类欧几里德算法 有两个函数的拓展

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：

$$\begin{gathered} g(a,b,c,n)=\sum _{i=0}^{n}i\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor \\ h(a,b,c,n)=\sum _{i=0}^n{\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor }^2 \end{gathered}$$

推导 g

我们先考虑 $g$，类似地，首先取模：

$$g(a,b,c,n)=g(amodc,bmodc,c,n)+\lfloor \frac{a}{c}\rfloor \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}+\lfloor \frac{b}{c}\rfloor \frac{n(n+1)}{2}$$

接下来考虑 $a<c,b<c$ 的情况，令 $m=\lfloor \frac{an+b}{c}\rfloor$。之后的过程我会写得很简略，因为方法和上文略同：

$$\begin{array}{rl}& g(a,b,c,n)=\sum _{i=0}^{n}i\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor \\ & =\sum _{j=0}^{m-1}\sum _{i=0}^n[j<\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor ]\cdot i\end{array}$$

这时我们设 $t=\lfloor \frac{jc+c-b-1}{a}\rfloor$，可以得到

$$\begin{array}{rl}& =\sum _{j=0}^{m-1}\sum _{i=0}^n[i>t]\cdot i\\ & =\sum _{j=0}^{m-1}\frac{1}{2}(t+n+1)(n-t)\\ & =\frac{1}{2}[mn(n+1)-\sum _{j=0}^{m-1}{t}^2-\sum _{j=0}^{m-1}t]\\ & =\frac{1}{2}[mn(n+1)-h(c,c-b-1,a,m-1)-f(c,c-b-1,a,m-1)]\end{array}$$

推导 h

同样的，首先取模：

$$\begin{array}{rl}h(a,b,c,n)& =h(amodc,bmodc,c,n)\\ & +2\lfloor \frac{b}{c}\rfloor f(amodc,bmodc,c,n)+2\lfloor \frac{a}{c}\rfloor g(amodc,bmodc,c,n)\\ & +{\lfloor \frac{a}{c}\rfloor }^2\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}+{\lfloor \frac{b}{c}\rfloor }^2(n+1)+\lfloor \frac{a}{c}\rfloor \lfloor \frac{b}{c}\rfloor n(n+1)\end{array}$$

考虑 $a<c,b<c$ 的情况，$m=\lfloor {\displaystyle \frac{an+b}{c}}\rfloor ,t=\lfloor {\displaystyle \frac{jc+c-b-1}{a}}\rfloor$.

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：

$$n^2=2{\displaystyle \frac{n(n+1)}{2}}-n=\left(2\sum _{i=0}^{n}i\right)-n$$

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：

$$\begin{array}{rl}& h(a,b,c,n)=\sum _{i=0}^n{\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor }^2=\sum _{i=0}^n[\left(2\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor }j\right)-\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor ]\\ =& \left(2\sum _{i=0}^n\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor }j\right)-f(a,b,c,n)\end{array}$$

接下来考虑化简前一部分：

$$\begin{array}{rl}& \sum _{i=0}^n\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor }j\\ =& \sum _{i=0}^n\sum _{j=0}^{\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor -1}(j+1)\\ =& \sum _{j=0}^{m-1}(j+1)\sum _{i=0}^n[j<\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor ]\\ =& \sum _{j=0}^{m-1}(j+1)\sum _{i=0}^n[i>t]\\ =& \sum _{j=0}^{m-1}(j+1)(n-t)\\ =& \frac{1}{2}nm(m+1)-\sum _{j=0}^{m-1}(j+1)\lfloor \frac{jc+c-b-1}{a}\rfloor \\ =& \frac{1}{2}nm(m+1)-g(c,c-b-1,a,m-1)-f(c,c-b-1,a,m-1)\end{array}$$

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。

模板代码实现