类欧几里得算法

定义

这个算法用于求一条直线下整点个数，我们定义

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

其他几个乘系数的扩展不想学了TAT

推导

$a \ge c$ 或 $b \ge c$

当 $a \ge c$ 或 $b \ge c$ 时，我们考虑把分子对 $c$ 的商和余数分别提出来，那么有

$$\begin{aligned} F(a, b, c, n) &= \sum_{i = 0}^{n} ((\lfloor \frac{(a \bmod c)i + (b \bmod c)}{c} \rfloor) i + \lfloor \frac ac \rfloor i + \lfloor \frac bc\rfloor)\\ &= F(a \bmod c, b \bmod c, c, n) + \frac{n(n + 1)}{2} \lfloor \frac ac \rfloor + (n + 1) \lfloor \frac bc \rfloor \end{aligned}$$

$a < c$ 且 $b < c$

当 $a < c$ 且 $b < c$ 时，用几何意义转化为一条直线与 $x$ 轴 $y$ 轴以及 $x = n$ 围成直角梯形内的整点个数。

设上界 $\displaystyle m = \lfloor \frac{an + b}{c} \rfloor$ ，那么我们考虑拆式子

$$\begin{aligned} F(a, b, c, n) &= \sum_{i = 0}^n \sum_{j = 1}^m [\lfloor \frac{ai + b}{c} \rfloor \ge j] \\ &= \sum_{i = 0}^n \sum_{j = 0}^{m - 1} [\lfloor \frac{ai + b}{c} \rfloor \ge j + 1] \\ &= \sum_{i = 0}^n \sum_{j = 0}^{m - 1} [(\frac{ai + b}{c}) \ge j + 1]\\ &= \sum_{i = 0}^n \sum_{j = 0}^{m - 1} [ai \ge jc + c - b]\\ &= \sum_{i = 0}^n \sum_{j = 0}^{m - 1} [i \ge \frac{jc + c - b}{a}]\\ \end{aligned}$$

很多地方都可以舍掉取整，因为整数和分数比较大小（考虑等于）的时候可以忽略下取整。

考虑分子减 $1$ 换成 $>$ 并交换和式：

$$\begin{aligned} F(a, b, c, n) &= \sum_{i = 0}^n \sum_{j = 0}^{m - 1} [i > \frac{jc + c - b - 1}{a}]\\ &= \sum_{j = 0}^{m - 1} \sum_{i = 0}^n [i > \frac{jc + c - b - 1}{a}]\\ &= \sum_{j = 0}^{m - 1} (n - \frac{jc + c - b - 1}{a})\\ &= nm - \sum_{j = 0}^{m - 1} \frac{jc + c - b - 1}{a}\\ &= nm - F(c, c - b - 1, a, m - 1) \end{aligned}$$

然后我们就可以递归处理了。

复杂度证明

我们只观察 $ac$ 两位，如果 $a > c$ 那么 $a \bmod c$ ，否则交换 $ac$ 。

那么复杂度其实和扩展欧几里得算法是一样的 $\mathcal O(\log n)$ 。

代码

求 $f$ 还是比较短的。

ll f(ll a, ll b, ll c, ll n) {
	if (!a) return b / c * (n + 1);
	if (a >= c || b >= c)
		return f(a % c, b % c, c, n) + (a / c) * n * (n + 1) / 2 + (b / c) * (n + 1);
	ll m = (a * n + b) / c;
	return n * m - f(c, c - b - 1, a, m - 1);
}

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本文作者：zjp_shadow
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