【瞎讲】类欧几里得入土教程

【瞎讲】类欧几里得入土教程

产生背景

假设我们现在得到一条直线\(y=ax+b\)，现在要数出\(x \in [0,n]\)时，在\(x\)正半轴和这条直线之间的整点个数，\(n \le 10^{18}\)

解决思路

这个方程一定可以化为这样的形式

\[y=\dfrac {ax+b}{c} \]

枚举\(x \in [0,n]\)，直接算其整点个数，答案就是

\[\sum_{i=0}^n \lfloor \dfrac {ai+b}{c}\rfloor \]

考虑如何快速计算这个式子，我们考虑如何化为子问题

前置芝士

向下取整有这一个性质(其他性质可以由此推出):

\[\lfloor \dfrac {a+c} b\rfloor=\lfloor \dfrac {a\%b+\lfloor\dfrac a b\rfloor b+c}{b}\rfloor=\lfloor \dfrac {a\%b+c}{b}\rfloor + \lfloor\dfrac a b\rfloor \]

然后有两个重要而显然的性质：

\[\lfloor {a\over b}\rfloor \le {a\over b} \]

类似的

\[\lceil {a\over b}\rceil \ge {a\over b} \]

还有相互转换法则

\[\lfloor {a\over b} \rfloor =\lceil {a-b+1\over b} \rceil \]

类似的

\[\lceil {a\over b} \rceil = \lfloor{a+b-1 \over b}\rfloor \]

我觉得不用解释了吧...

解决问题

有了上面的芝士，我们考虑

\[\sum_{i=0}^n \lfloor \dfrac {ai+b}{c}\rfloor \]

时，稍微化归一下：

• \(a\ge c\)时

  \[\]
  \[\]

• \(b\ge c\)时

  同样的

  \[\]
  \[ \]

现在就只要计算\(a,b< c\)的情况即可，进行一波和式变换

\[\sum_{i=0}^n \lfloor {ai+b \over c} \rfloor \]

创造条件

\[=\sum_{i=0}^n \sum_{j=1}^{\lfloor {ai+b \over c} \rfloor} 1 \]

和式套路

\[= \sum_{i=0}^n\sum_{j=1}^{\lfloor {an+b \over c} \rfloor} [j \le \lfloor {ai+b \over c} \rfloor]=\sum_{j=1}^{\lfloor {an+b \over c} \rfloor} \sum_{i=0}^n [j \le \lfloor {ai+b \over c} \rfloor] \]

根据前置芝士

\[=\sum_{j=1}^{\lfloor {an+b \over c} \rfloor} \sum_{i=0}^n [cj \le {ai+b} ] \]

考虑\(i\)

\[=\sum_{j=1}^{\lfloor {an+b \over c} \rfloor} \sum_{i=0}^n [cj-b \le ai ] \]

根据前置芝士

\[=\sum_{j=1}^{\lfloor {an+b \over c} \rfloor} \sum_{i=0}^n [\lceil{cj-b\over a}\rceil \le i ] \]

此时可以直接算出来第二个\(\Sigma\)的值

\[=\sum_{j=1}^{\lfloor {an+b \over c} \rfloor} (n-\lceil{cj-b\over a}\rceil+1) \]

根据前置芝士

\[=\sum_{j=1}^{\lfloor {an+b \over c} \rfloor} (n-\lfloor{cj-b+a-1\over a}\rfloor+1) \]

提出来

\[=(n+1)\lfloor {an+b \over c} \rfloor -\sum_{j=1}^{\lfloor {an+b \over c} \rfloor} \lfloor{cj-b+a-1\over a}\rfloor \]

后面就是一个子问题啊！问题规模降了一半以上(当\(c=1\)的时候可以直接等差数列求和\(O(1)\)算)

所以解决原问题的复杂度为

\[T(n)\le O(1)+T({n \over 2}) \]

根据主定理

\[T(n)\le \log_2 n \]

那么问题来了，为啥叫做类欧几里得算法呢？因为复杂度证明是相似的...滑稽