类欧几里得算法

要求类似于这样的东西：

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

有一些关于取整不等式的前置知识：

$$(a\in \mathbb{Z},b\in \mathbb{R})a<\lfloor b\rfloor \iff a+1\le \lfloor b\rfloor \iff a+1\le b$$

$$(a\in \mathbb{R},b\in \mathbb{Z})\lfloor a\rfloor <b\iff a<b$$

$$(a\in \mathbb{Z},b\in \mathbb{Z})a\le b\iff a<b+1\iff a-1<b$$

$$(a\in \mathbb{R},b\in \mathbb{Z})\lfloor a\rfloor =b+\lfloor a-b\rfloor$$

然后分析问题。

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

我们仍然设结果为 $f(n,a,b,c)$，但此时 $a,b<c$。
并且，此时我们设 $m_i=\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor$，特别的 $m=m_n$。
于是

$$\sum _{i=0}^n{m}_i=\sum _{i=0}^n\sum _{j=0}^{m_i-1}1=\sum _{j=0}^{m-1}\sum _{i=0}^n[j<m_i]$$

使用引理，

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

于是

$$f(n,a,b,c)=\sum _{j=0}^{m-1}(n-\lfloor \frac{jc+c+b-1}{a}\rfloor )=n\cdot m-f(m-1,c,c-b-1,a)$$

边界为 $m=0$
类似于欧几里得算法（辗转相除），时间复杂度 $O(\log n)$

同理考虑 $g(n,a,b,c)$:

$$g(n,a,b,c)=\lfloor \frac{a}{c}\rfloor \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}+\lfloor \frac{b}{c}\rfloor \frac{n(n+1)}{2}+\sum _{i=0}^{n}i\lfloor \frac{(amodc)i+bmodc}{c}\rfloor$$

新的 $g(n,a,b,c)$，有 $a,b<c$
设 $t_j=\lfloor \frac{jc+c-b-1}{a}\rfloor$

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

于是我们考虑

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

于是我们让 $a,b<c$

$$\begin{array}{rl}h(n,a,b,c)& =\sum _{j=0}^{m-1}\sum _{k=0}^{m-1}\sum _{i=0}^n[j<m_i][k<m_i]\\ & =2\ast \sum _{j=0}^{m-1}\sum _{k=0}^j\sum _{i=0}^n[j<m_i][k<m_i]-\sum _{j=0}^{m-1}\sum _{i=0}^n[j<m_i]\\ & =2\ast \sum _{j=0}^{m-1}(j+1)\sum _{i=0}^n[i>t_j]-f(n,a,b,c)\\ & =nm(m-1)-2g(m-1,c,c-b-1,a)+f(n,a,b,c)\end{array}$$

容易发现可以把这三个递归合并，从而保证了正常的时间复杂度。