[BZOJ3817] Sum

Description

给出n,r
求

∑i=1n(−1)⌊ir√⌋ ∑ i = 1 n ( − 1 ) ⌊ i r ⌋

T组数据

T,r<=10000,n<=10^9

Solution

转化式子
(−1)a=1−2×(amod2) ( − 1 ) a = 1 − 2 × ( a mod 2 )
amod2=a−2×⌊a/2⌋ a mod 2 = a − 2 × ⌊ a / 2 ⌋

原式化为 n−2∑i=1n⌊ir√⌋+4∑i=1n⌊ir√2⌋ n − 2 ∑ i = 1 n ⌊ i r ⌋ + 4 ∑ i = 1 n ⌊ i r 2 ⌋

如果r是完全平方数就可以直接计算

考虑如何计算 ∑i=1n⌊ir√⌋ ∑ i = 1 n ⌊ i r ⌋
即求一个斜率为无理数的正比例函数下整点个数

令 t=r√ t = r
将 ⌊ir√⌋ ⌊ i r ⌋ 表示成 ⌊i×at+bc⌋ ⌊ i × a t + b c ⌋ 的形式,a,b,c都是整数，一开始a=1,b=0,c=1

现在考虑如何计算 ∑i=1n⌊i×at+bc⌋ ∑ i = 1 n ⌊ i × a t + b c ⌋

当 at+bc≥1 a t + b c ≥ 1
⌊i×at+bc⌋=⌊i×(at+bc−⌊at+bc⌋)⌋+i×⌊at+bc⌋ ⌊ i × a t + b c ⌋ = ⌊ i × ( a t + b c − ⌊ a t + b c ⌋ ) ⌋ + i × ⌊ a t + b c ⌋

后面这部分可以直接计算出，前面就更新b，继续递归处理

当 0<at+bc<1 0 < a t + b c < 1
既然要求的是一个原点为顶点的直角三角形中整点个数，且斜率小于1，邻边长为n

我们可以将x,y轴互换（关于直线y=x对称）

那么就变成了求上方白色三角形中整点个数，它与红色三角形中整点个数是一样的
这时对边变成了n，而邻边变成了 ⌊n×at+bc⌋ ⌊ n × a t + b c ⌋
把这个看成是新的n

同时斜率变为原来的倒数，即 cat+b c a t + b
分母有理化
cat+b=act−bca2r−b2 c a t + b = a c t − b c a 2 r − b 2
又得出了新的a,b,c递归处理

注意有可能会爆Long long 分式需要上下同除gcd(a,b,c)

似乎这个过程很像类欧几里得算法

复杂度分析:
设 k=at+bc k = a t + b c
可以发现上面的过程是轮流交替的

如果 12<k<1 1 2 < k < 1 ,那么 1<1k<2 1 < 1 k < 2 ， k11k−1=1−k<12 k 1 1 k − 1 = 1 − k < 1 2
那么k大于1/2时减小速度至少是1/2的
如果 k<12 k < 1 2 ，那么n的减小速度又至少是1/2了

因此总的复杂度是 O(logN) O ( log ⁡ N ) 的
好像r如果是完全平方数就会算重来着。。。因此要放在之前特殊计算

Code

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define fod(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
#define LL long long
using namespace std;
LL n,r;
double q;
LL gcd(LL x,LL y)
{
    return(!y)?x:gcd(y,x%y);
}
LL calc(LL a,LL b,LL c,LL n)
{
    if(n==0) return 0;
    if(n==1) return (LL)(a*q+b)/c;
    LL v=gcd(gcd(a,b),c);
    a/=v,b/=v,c/=v;
    LL p=(a*q+b)/c,s=0;
    if(p==0)
    {
        LL n1=((a*q+b)/c*n);
        return (n1*n-calc(a*c,-b*c,a*a*r-b*b,(LL)n1));
    }
    else
    {
        return p*(n*(LL)(n+1)/2)+calc(a,b-c*p,c,n);
    }
}
int main()
{
    int t;
    cin>>t;
    while(t--)
    {
        scanf("%lld%lld",&n,&r);
        q=sqrt(r);
        int t=(int)q;
        if(t*t==r) 
        {
            if(t%2==0) printf("%lld\n",n);
            else printf("%lld\n",n-2*((n+1)/2));
        } 
        else
        {
            printf("%lld\n",n-(LL)2*calc(1,0,1,n)+(LL)4*calc(1,0,2,n));
        }
    }
}