欧几里得算法

欧几里得（辗转相除）算法

最大公因数gcd求法（辗转相除法）

易得：$gcd(a,b)=gcd(a-b,b)$。

多减几次得：$gcd(a,b)=gcd(a\mathrm{\%}b,b)$

对于边界 $a=0$，此时的 $b$ 即是最大公约数。

int gcd(int a, int b) {
    return !b ? a : gcd(b, a%b);
}

exgcd（拓展欧几里得算法）

此算法可用于解不定方程和求非质数意义下的逆元）:

方程：ax + by = c (a,b,c均为整数，求x，y的整数解）
核心思路：在求gcd的末状态求出$x_{\mathrm{末}}，y_{\mathrm{末}}$，又因为有个天才脑洞大开发现可以顺着gcd递归回去，于是可以求出一组x，y的特解，再找通解的表达。

具体做法：
当c 不是 gcd（a,b) 的倍数，时无x，y整数解。（裴蜀定理）
否则：ax + by = k * gcd，可先求出x/k，y/k
gcd末状态：
a = gcd， b = 0。此时$x_{\mathrm{末}}=1,y_{\mathrm{末}}\mathrm{随}\mathrm{机}\mathrm{取}$
gcd的转移方法是:ax + by = gcd = bx' + (a - $\lfloor a/b\rfloor$ * b)*y';(gcd的递归转移)
整理一下：x = x' - $\lfloor a/b\rfloor$ * y', y = x'
递归回去可得一组x/k，y/k的整数解， 再乘上k就是一组x，y的特解

接下来就是求通解：
先令有解{x1,y1}{x2,y2}

$a{x}_1+b{y}_1=c$
$a{x}_2+b{y}_2=c$
$\therefore a(x_1-x_2)=b(y_2-y_1)$
$\mathrm{两}\mathrm{边}\mathrm{同}\mathrm{除}gcd(a,b)，\mathrm{得}{a}^{\prime }(x_1-x_2)=b^{\prime }(y_2-y_1)，\mathrm{此}\mathrm{时}{a}^{\prime }\mathrm{与}{b}^{\prime }\mathrm{互}\mathrm{质}$
$\therefore (x_1-x_2)=k\ast b^{\prime },(y_2-y_1)=k\ast a^{\prime }$
整理一下：$x_1=k\ast b^{\prime }+x_2，y_1=y_2-k\ast a^{\prime }（k\mathrm{为}\mathrm{任}\mathrm{意},x_2,y_2\mathrm{为}\mathrm{特}\mathrm{解}，x_1,y_1\mathrm{为}\mathrm{通}\mathrm{解})$
代码：

void exgcd(long long a, long long b){
	if(b == 0) {
		x = 1, y = 0;
		gcd = a;
		return ;
	}
	exgcd(b, a % b);
	tmp = x, x = y, y = tmp - (a/b) * y;
}

用 $exgcd$ 求逆元：$ax=1(modp)=>ax=1+pk=>ax-pk=1$，然后解不定方程。

类欧几里得算法

给定 $n,a,b,c$ ，分别求

$$\sum _{i=0}^n\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor ,\sum _{i=0}^n{\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor }^2,\sum _{i=0}^{n}i\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor$$

先求第一个，后面两个的思路类似于第一个。为了方便，我们定义：

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

整体思路：如果 $a>c$ 或 $b>c$，把 $f(a,b,c,n)$ 转换成 $f(amodc,bmodc,c,n)$，否则转化成类似于 $f(c,c-b-1,a,m)$ 的形式。

具体做法：

对于 $a\ge c$ 或 $b\ge c$ 时：

$$\begin{array}{rl}f(a,b,c,n)& =\sum _{i=0}^n\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor \\ & =\sum _{i=0}^n\lfloor \frac{(\lfloor \frac{a}{c}\rfloor c+amodc)i+(\lfloor \frac{b}{c}\rfloor c+bmodc)}{c}\rfloor \text{这一步是关键}\\ & =\frac{n(n+1)}{2}\lfloor \frac{a}{c}\rfloor +(n+1)\lfloor \frac{b}{c}\rfloor +\sum _{i=0}^n\lfloor \frac{(amodc)i+(bmodc)}{c}\rfloor \\ & =\frac{n(n+1)}{2}\lfloor \frac{a}{c}\rfloor +(n+1)\lfloor \frac{b}{c}\rfloor +f(amodc,bmodc,c,n)\end{array}$$

对于 $a,b<c$，

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

转化右边的式子：

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

为了方便表示，令 $m=\lfloor \frac{an+b}{c}\rfloor$，则

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

递归即可。$O(n\log n)$

对于

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

同样的做法，可以得到：

对于 $a\ge c$ 或 $b\ge c$

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

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

否则：

$$\begin{gathered} g(a,b,c,n)=\frac{1}{2}[mn(n+1)-h(c,c-b-1,a,m-1)-f(c,c-b-1,a,m-1)] \\ h(a,b,c,n)=m(m+1)n-2f(c,c-b-1,a,m-1)-2g(c,c-b-1,a,m-1)-f(a,b,c,n) \end{gathered}$$

其中 $m=\lfloor \frac{an+b}{c}\rfloor$.

吐槽一下：这玩意写起来是真史，要是不给我公式要我手推出来写代码，不知道得调到什么时候。