万能欧几里得算法

问题

有一条直线 $y=\frac{Px+K}{Q}$，其中 $P\ge 0$ 且 $0\le K<Q$。有两种操作 $U,R$，从左到右扫描这条直线在 $(0,L]$ 中的部分，若直线跨越了 $y=k(k\in \mathbb{Z})$ 这条直线，则执行 $U$ 操作；若直线跨越了 $x=k(k\in \mathbb{Z})$ 这条直线，则执行 $R$ 操作。若同时跨越则先执行 $U$ 再执行 $R$。

操作满足结合律，且合并两个操作的时间复杂度是 $O(1)$。

万能欧几里得算法

我们设 $\mathrm{solve}(P,Q,K,L,U,R)$ 为上述问题的答案。类似于欧几里得算法，我们讨论 $P$ 和 $Q$ 的大小关系：

• 若 $P\ge Q$，那么每个 $R$ 操作前一定有至少 $\lfloor \frac{P}{Q}\rfloor$ 个 $U$ 操作。可以把 $R$ 操作和这些 $U$ 操作合并起来，递归到 $\mathrm{solve}(PmodQ,Q,K,L,U,R{U}^{\lfloor \frac{P}{Q}\rfloor })$。

• 若 $P<Q$，那么需要尝试递归到 $\mathrm{solve}(Q,P,\dots )$ 之类的东西。原先的问题是，第 $x$ 个 $R$ 前面有 $\lfloor \frac{Px+K}{Q}\rfloor$ 个 $U$，那么可以算出第 $y$ 个 $U$ 前有 $\lfloor \frac{Qy-K-1}{P}\rfloor$ 个 $R$。

  但直接递归下去不满足 $0\le K<Q$。考虑把第一个 $U$ 及以前的部分截去，这样 $K$ 就会变成 $Q-K-1$。而第一个 $U$ 前有 $\lfloor \frac{Q-K-1}{P}\rfloor$ 个 $R$，于是递归到 $R^{\lfloor \frac{Q-K-1}{P}\rfloor }U\mathrm{solve}(Q,P,Q-K-1,C,R,U)$，其中 $C=\lfloor \frac{PL+K}{Q}\rfloor$ 是 $U$ 的个数。

  在最后一个 $U$ 后面仍有一些 $R$，可以算出这样的 $R$ 的个数是 $L-\lfloor \frac{QC-K-1}{P}\rfloor$，再乘上一些 $R$ 即可。

尽管这个过程中需要做快速幂，但由于快速幂的指数可以估算为 $\frac{Q}{P}$，而 $\log (\frac{Q}{P})=\log Q-\log P$，递归到下一层后 $P,Q$ 交换，所以这个 $\log$ 可以被抵消掉。于是时间复杂度为 $O(\log max(P,Q))$。

代码

ll Div(ll a, ll b, ll c, ll d) {
	return (__int128(a) * b + c) / d;
}
template<typename Info>
Info _Euclid(ll p, ll q, ll k, ll xlim, const Info& u, const Info& r) {
	if (!xlim) return Info();
	if (p >= q) return _Euclid(p % q, q, k, xlim, u, u * (p / q) + r);
	ll m = Div(xlim, p, k, q);
	if (!m) return r * xlim;
	ll cnt = xlim - Div(q, m, -k - 1, p);
	return r * ((q - k - 1) / p) + u + _Euclid(q, p, (q - k - 1) % p, m - 1, r, u) + r * cnt;
}
template<typename Info>
Info Euclid(ll p, ll q, ll k, ll xlim, const Info& u, const Info& r) {
	assert(0 <= p && 0 < q && 0 <= k && 0 <= xlim);
	return u * (k / q) + _Euclid(p, q, k % q, xlim, u, r);
}