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);
}