【LuoguP4433】[COCI2009-2010#1] ALADIN(含类欧几里得算法推导)
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题意简述
区间赋值模意义下等差数列,询问区间和
N ≤ 1 0 9 , Q ≤ 1 0 5 N\leq 10^9,Q\leq 10^5 N≤109,Q≤105
Sol
每次操作就是把操作区间 [ L , R ] [L,R] [L,R]中的数赋值成:
( X − L + 1 ) ∗ A m o d B (X-L+1)*A\ mod\ B (X−L+1)∗A mod B
考虑用线段树维护。
我们只需要能快速知道一段区间 [ l , r ] [l,r] [l,r]被覆盖后的和就行了,因为覆盖的标记易于下传:
∑ i = l r ( i − L + 1 ) ∗ A m o d B \sum_{i=l}^{r} (i-L+1)*A\ mod\ B i=l∑r(i−L+1)∗A mod B
根据基础的数学知识,mod显然不好算,把它拆开:
∑ i = l r ( i − L + 1 ) ∗ A − ⌊ ( i − L + 1 ) ∗ A B ⌋ ∗ B \sum_{i=l}^r (i-L+1)*A-\bigg\lfloor \frac{(i-L+1)*A}{B}\bigg\rfloor*B i=l∑r(i−L+1)∗A−⌊B(i−L+1)∗A⌋∗B
前面那一坨直接算就行了,关键是后面这一坨。我们可以把后面的式子写简洁一些:
B ∗ ∑ i = q p ⌊ A ∗ i B ⌋ B*\sum_{i=q}^{p} \bigg\lfloor \frac{A*i}{B}\bigg\rfloor B∗i=q∑p⌊BA∗i⌋
其中 p = l − L + 1 , q = r − l + 1 p=l-L+1,q=r-l+1 p=l−L+1,q=r−l+1, B B B乘在外面不用管,而 p p p到 q q q的求和可以拆分为 0 ∼ q 0\sim q 0∼q 的和减去 0 ∼ p − 1 0\sim p-1 0∼p−1的和,这样我们只需要会算以下式子:
∑ i = 0 n ⌊ A ∗ i B ⌋ \sum_{i=0}^n \bigg\lfloor \frac{A*i}{B}\bigg\rfloor i=0∑n⌊BA∗i⌋
这玩意就可以用类欧几里得算法求,具体过程如下。
第一种方法是用几何的思想直观的来理解,但是似乎不是很好推出明确的式子,所以这里主要用代数推导。
对于式子:
∑ i = 0 n ⌊ A ∗ i + B C ⌋ \sum_{i=0}^n \bigg\lfloor \frac{A*i+B}{C}\bigg\rfloor i=0∑n⌊CA∗i+B⌋
其几何意义就是直线 y = A x + B C y=\dfrac{Ax+B}{C} y=CAx+B 下方和x轴与y轴与直线 x = n x=n x=n围成的图形中包含的纵坐标不为0的整点个数,这个画个图就很好理解:
令 F ( n , A , B , C ) = ∑ i = 0 n ⌊ A ∗ i + B C ⌋ 令\ F(n,A,B,C)=\sum_{i=0}^n \bigg\lfloor \frac{A*i+B}{C}\bigg\rfloor 令 F(n,A,B,C)=i=0∑n⌊CA∗i+B⌋
如果 A , B A,B A,B不小于 C C C,那么可以把整除的部分提出来直接计算,这个很简单,所以只讨论 A , B A,B A,B都小于 C C C的情况。
记 m = ⌊ A ∗ n + B C ⌋ m=\big\lfloor \frac{A*n+B}{C}\big\rfloor m=⌊CA∗n+B⌋,通过几何意义转换(这里方便推式子j从0到m-1):
F ( n , A , B , C ) = ∑ i = 0 n ∑ j = 0 m − 1 [ ( A ∗ i + B ) ≥ C ∗ ( j + 1 ) ] F(n,A,B,C)=\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^{m-1} \bigg[(A*i+B) \geq C*(j+1)\bigg] F(n,A,B,C)=i=0∑nj=0∑m−1[(A∗i+B)≥C∗(j+1)]
调换求和顺序
F ( n , A , B , C ) = ∑ i = 0 m − 1 ∑ j = 0 n [ ( A ∗ j + B ) ≥ C ∗ ( i + 1 ) ] F(n,A,B,C)=\sum_{i=0}^{m-1}\sum_{j=0}^n\bigg [(A*j+B)\geq C*(i+1)\bigg] F(n,A,B,C)=i=0∑m−1j=0∑n[(A∗j+B)≥C∗(i+1)]
移项变形,减1去掉不等式的等号:
F ( n , A , B , C ) = ∑ i = 0 m − 1 ∑ j = 0 n [ ( C ∗ i + C − B − 1 ) < A ∗ j ] F(n,A,B,C)=\sum_{i=0}^{m-1}\sum_{j=0}^n \bigg[(C*i+C-B-1) < A*j\bigg] F(n,A,B,C)=i=0∑m−1j=0∑n[(C∗i+C−B−1)<A∗j]
接下来容斥一下,用总数减去不合法的情况:
F ( n , A , B , C ) = ∑ i = 0 m − 1 ( n + 1 − ∑ j = 0 n [ ( C ∗ i + C − B − 1 ) ≥ A ∗ j ] ) F(n,A,B,C)=\sum_{i=0}^{m-1}(n+1-\sum_{j=0}^n \bigg[(C*i+C-B-1) \geq A*j\bigg]) F(n,A,B,C)=i=0∑m−1(n+1−j=0∑n[(C∗i+C−B−1)≥A∗j])
这一下里面的不就和原来我们的 F ( x ) F(x) F(x)的形式差不多了嘛。
考虑到我们之前 j j j是从 0 ∼ m − 1 0\sim m-1 0∼m−1而当 j = 0 j=0 j=0的时候,左边必大于0,而右边为0,贡献一定存在,故可以把原式改写,先把1的贡献减在外面:
F ( n , A , B , C ) = ∑ i = 0 m − 1 ( n − ∑ j = 0 n − 1 [ ( C ∗ i + C − B − 1 ) ≥ A ∗ ( j + 1 ) ] ) F(n,A,B,C)=\sum_{i=0}^{m-1}(n-\sum_{j=0}^{n-1} \bigg[(C*i+C-B-1) \geq A*(j+1)\bigg]) F(n,A,B,C)=i=0∑m−1(n−j=0∑n−1[(C∗i+C−B−1)≥A∗(j+1)])
这样不就提出 n n n来:
F ( n , A , B , C ) = n ∗ m − ∑ i = 0 m − 1 ∑ j = 0 n − 1 [ ( C ∗ i + C − B − 1 ) ≥ A ∗ ( j + 1 ) ] F(n,A,B,C)=n*m-\sum_{i=0}^{m-1}\sum_{j=0}^{n-1} \bigg[(C*i+C-B-1) \geq A*(j+1)\bigg] F(n,A,B,C)=n∗m−i=0∑m−1j=0∑n−1[(C∗i+C−B−1)≥A∗(j+1)]
后面的式子很先然可以根据 F ( x ) F(x) F(x)的定义改写:
F ( n , A , B , C ) = n ∗ m − F ( m − 1 , C , C − B − 1 , A ) F(n,A,B,C)=n*m-F(m-1,C,C-B-1,A) F(n,A,B,C)=n∗m−F(m−1,C,C−B−1,A)
这样递归下去不停计算,显然的是当最后 A A A变成 0 0 0的时候贡献为 0 0 0
只用观察 A A A和 C C C,发现他们调换了位置,这样必然使得下一次的 C ≤ A C \leq A C≤A,那么可以先把这部分提出来计算,实际上就是: ( A , C ) → ( C % A , A ) (A,C) \rightarrow (C\%A,A) (A,C)→(C%A,A),这不是就是和 g c d gcd gcd长的一样吗,所以复杂度也是 O ( l o g n ) O(logn) O(logn)
其实类欧主要是一种把整除转化为求整点的思想
直接写类欧的代码差不多长这样:
ll likegcd(ll n,ll a,ll b,ll c){
if(c<=a||c<=b) return (a/c*n%mod*(n+1)%mod*inv2%mod+b/c*(n+1)%mod+likegcd(n,a%c,b%c,c))%mod;
if(!a||!n) return 0;
ll m=(a*n+b)/c;
return (n*m%mod-likegcd(m-1,c,c-b-1,a)+mod)%mod;
}
所以这道题也差不多做完了
但是有两个要注意的地方:
1.直接乘可能会爆 l o n g l o n g long long longlong,所以 _ _ i n t 128 \_\_int128 __int128大法好
2.本题卡空间所以要对操作区间和询问区间离散化,注意离散化的是 l − 1 和 r l-1和r l−1和r
代码:
#include