【类欧几里得】推导过程

参考博客：类欧几里得算法小结

例题：HDU 6275 Mod, Xor and Everything

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题目描述

You are given an integer n.
You are required to calculate (n mod 1) xor (n mod 2) xor ... xor (n mod (n - 1)) xor (n mod n).
The “xor” operation means “exclusive OR”.

输入

The first line contains an integer T (1≤T≤5) representing the number of test cases.
For each test case, there is an integer n (1≤n≤1012) in one line.

输出

For each test case, print the answer in one line.

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推导过程主要参考以上博客：

但是有些细节我觉得自己还是不太明白，自己重新写一次博客加深印象!!!!

1、F(a,b,c,n)

1、当  a>=c   或者 b>=c 时：

(此时，a和b都可以分成  整除部分  和  余数部分  表示 ):

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2、当  a

在推导之前先给大家一个思想用不等式求和的方式更换一个数:

譬如:

左边:   等差数列求和 , 右边:    i 分解成从1~i 个1累加

i=1时:  j = 1 满足条件.                      i = 1                    = 1

i=2时:  j = 1 , 2 满足条件                  i = 1 + 1              = 2

i=3时:  j = 1 , 2 , 3 满足条件             i = 1 + 1 + 1        = 3

i=4时:  j = 1 , 2 , 3 , 4满足条件         i = 1 + 1 + 1 + 1  = 4

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开始推导:

换元法:令 k = j-1 , 因为变量名字可以换回来,所以 j = j - 1 

符号两边同时乘以C 不改变 符号方向:同时满足以下式子:

把在乘法过程把下取整符号去掉

把≥变成＞

移项作除法得到:

需要用下取整来规范

∵下取整左边变小

∴不改变不等号方向

交换两个求和次序,不改变结果

当i >=[ (cj+c-b-1) / (a) ] +1 为真,

∴起点是:[ (cj+c-b-1) / (a) ] +1 , 终点是:n

共有n - [ (cj+c-b-1) / (a) ] 项,前缀和

 

 

形如:     进行类比

 

 

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2、g(a,b,c,n)

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1、当 a>=c 或者 b>=c 时：

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2、当 a

分解成不等式累加的形式

换元：k=j-1,最后把 j = k 换回来

省略了一些过程，首先左右乘以c（去掉下取整符号），移项，两边同除以a，添加下取整符号

到了整个化简g的最难的一步了！！！

涉及等差数列求和：

当 i >= [ (cj+c-b-1) / a ] + 1 为真 

起点为：i = [ (cj+c-b-1) / a ] + 1  ，终点为：n

当在该区间内时才统计i的求和的值：

所以这个就是等差数列求和

 

首项为：[ (cj+c-b-1) / a ] + 1   

公差为：1 

共有 n- [ (cj+c-b-1) / a ] 项

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3、h(a,b,c,n)

1、当  a>=c  或 b>=c 

 

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2、a

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在推导之前引入一个等价代换：

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此时需要分两部分来讨论：后面显然是f(a,b,c,n),主要是看前半段

注意看这一步，把第二个求和符号的  结束  位置 变成常量

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比如：

只看第二个求和符号，

i =1 时 , j = 1

i =2 时,  j = 1 + 2

i =3 时,  j = 1 + 2 + 3

等价于,

j ~[1,n] ,当( j <= i )时，这个情况才被考虑.

所以就是：

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通过上面的式子进行照葫芦画瓢：

换元法：k=j+1 ,再用 j = k 换回来

省略了一些过程，首先左右乘以c（去掉下取整符号），移项，两边同除以a，添加下取整符号

交换求和次序

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起点是：  , 终点是：

前缀和求出：

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最后代码是从参考博客那里拿过来的.

dong likegcd(ll a,ll b,ll c,ll n){
    if (!a){
        gjx.f=gjx.g=gjx.h=0;
        return gjx;
    }
    if (a>=c||b>=c){
        zlt=likegcd(a%c,b%c,c,n);
        gjx.f=((ll)(a/c)*n%mo*(n+1)%mo*ni2%mo+(ll)(b/c)*(n+1)%mo)%mo;
        (gjx.f+=zlt.f)%=mo;
        gjx.g=((ll)(a/c)*n%mo*(n+1)%mo*(2*n+1)%mo*ni6%mo+(ll)(b/c)*(n+1)%mo*n%mo*ni2%mo)%mo;
        (gjx.g+=zlt.g)%=mo;
        gjx.h=(ll)(a/c)*(a/c)%mo*n%mo*(n+1)%mo*(2*n+1)%mo*ni6%mo;
        (gjx.h+=(ll)(b/c)*(b/c)%mo*(n+1)%mo)%=mo;
        (gjx.h+=(ll)(a/c)*(b/c)%mo*n%mo*(n+1)%mo)%=mo;
        (gjx.h+=(ll)2*(a/c)%mo*zlt.g%mo)%=mo;
        (gjx.h+=(ll)2*(b/c)%mo*zlt.f%mo)%=mo;
        (gjx.h+=zlt.h)%=mo;
        return gjx;
    }
    ll m=((ll)a*n+(ll)b)/(ll)c;
    zlt=likegcd(c,c-b-1,a,m-1);
    gjx.f=((ll)n*m%mo-(ll)zlt.f)%mo;
    gjx.g=((ll)(n+1)*n%mo*m%mo-(ll)zlt.f-(ll)zlt.h)%mo;
    gjx.g=(ll)gjx.g*ni2%mo;
    gjx.h=((ll)n*m%mo*(m+1)%mo-(ll)2*zlt.g%mo-(ll)2*zlt.f%mo-(ll)gjx.f)%mo;
    return gjx;
}

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例题：HDU 6275 Mod, Xor and Everything

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题目描述

You are given an integer n.
You are required to calculate (n mod 1) xor (n mod 2) xor ... xor (n mod (n - 1)) xor (n mod n).
The “xor” operation means “exclusive OR”.

输入

The first line contains an integer T (1≤T≤5) representing the number of test cases.
For each test case, there is an integer n (1≤n≤1012) in one line.

输出

For each test case, print the answer in one line.

 

 

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
bool f(ll a,ll b,ll c,ll n){
    if ( !a ){
        return ((n+1)&(b/c)&1)>0;
    }
    if ( a >= c || b >=c ){
        ll tmp = n&1 ? (n+1)/2*n : n/2*(n+1) ;
        return ((f(a%c,b%c,c,n)+(a/c)*tmp+(b/c)*(n+1))&1)>0;
    }else{
        ll m = (a*n+b)/c;
        return (((n*m)^f(c,c-b-1,a,m-1))&1)>0;
    }
}
int main()
{
    ll T,n;
    for(scanf("%lld",&T);T;T--){
        scanf("%lld",&n);
        ll ans = 0,sum=0,End=min(30000000ll,n);
        for(ll i=1;i<=End;i++){
            ans = ans ^ ( n%i );
        }
        for(ll i=End+1,j;i<=n;i=j+1){
            j = n/(n/i);
            sum = 0;
            ll Limit = (n/i)*(j-i)+n%j;
            for(ll k=1;k<=Limit;k<<=1){
                sum += f(n/i,n%j,k,j-i)*k;
            }
            ans ^=sum;
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}