类欧几里得算法简单形式

类欧几里得算法简单形式

类欧几里得算法，基础版，在 $O(\log n)$ 的时间复杂度下计算：

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

我们考虑先化简：

1. $a\ge c$，设 $a=qc+r(0\le r<c)$，有：

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

2. $b\ge c$，设 $b=qc+r(0\le r<c)$，有：

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

经过上述步骤，可以化为 $a<c,b<c$ 的情况：

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

而对于限制条件，有：

$$\begin{array}{rl}j<\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor & ⟹j+1\le \frac{ai+b}{c}\\ & ⟹cj+c\le ai+b\\ & ⟹\frac{cj+c-b}{a}\le i\\ & ⟹\lfloor \frac{cj+c-b-1}{a}\rfloor <i\end{array}$$

所以，我们设 $m=\lfloor \frac{an+b}{c}\rfloor$，则：

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

由此，原问题可以递归解决。

int f(int a,int b,int c,int n){
	if(n<0)return 0;
	int w=0;
	if(a>=c)w+=n*(n+1)*(a/c)/2,a%=c,w%=p;
	if(b>=c)w+=(n+1)*(b/c),b%=c,w%=p;
	int m=(a*n+b)/c;
	w+=n*m%p-f(c,c-b-1,a,m-1)%p;w%=p;
	return w;
} 

时间复杂度？我们只需注意函数的第一项和第三项，它们的关系如同求 $gcd(a,b)=gcd(b,amodb)$ 一样，是 $O(\log n)$ 的，同时在 $a,b$ 为斐波那契数列的相邻项时跑满。