【模板】类欧几里得

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模板
传送门

由于太懒以下直接用$a/b表示\lfloor \frac{a}{b}\rfloor$
如果有乘除叠一起会单独打括号区分乘除的地方

$1、f：$

求$f(a,b,c,n)={\sum }_{i=0}^n(ai+b)/c$
当$a=0$时
$f=(n+1)(b/c)$
否则若有$a\ge c||b\ge c$
$$f=\sum _{i=0}^n(ia\%c+b\%c)/c+i(a/c)+(b/c)$$
$$=f(a\%c,b\%c,c,n)+n\ast (n+1)/2\ast (a/c)+(n+1)(b/c)$$
当$a<c$且$b<c$时
令$m=(an+b)/c$
$$f=\sum _{i=0}^n\sum _{j=1}^m[j\le (ai+b)/c]$$
$$f=\sum _{i=0}^n\sum _{j=0}^{m-1}[j+1<(ai+b+1)/c]$$
$$=\sum _{i=0}^n\sum _{j=0}^{m-1}[i>(jc+c-b-1)/a]$$
$$=\sum _{j=0}^{m-1}\sum _{i=0}^n[i>(jc+c-b-1)/a]$$
$$=\sum _{j=0}^{m-1}n-(jc+c-b-1)/a$$
$$=nm-f(c,c-b-1,a,m-1)$$

显然复杂度为$O(logn)$

$2:g,h$
求$g(a,b,c,n)={\sum }_{i=0}^n((ai+b)/c{)}^2$
$h(a,b,c,n)={\sum }_{i=0}^{n}i((ai+b)/c)$
首先类似
$a=0$时
$g=(n+1)(b/c{)}^2,h=n\ast (n+1)/2\ast (b/c)$

当$a\ge c||b\ge c$时
类似之前$f$
拆开得到
$$\begin{gathered} g=g(a\%c,b\%c,c,n)+2\ast (a/c)\ast h(a\%c,b\%c,c,n)+2\ast (b/c)\ast f(a\%c,b\%c,c,n) \\ +(a/c)\ast (b/c)\ast n\ast (n+1)+n\ast (n+1)\ast (2n+1)/6\ast (a/c{)}^2+(n+1)\ast (b/c{)}^2 \end{gathered}$$
$h=h(a\%c,b\%c,c,n)+n\ast (n+1)\ast (2n+1)/6\ast (a/c)+n\ast (n+1)/2\ast (b/c)$

当$a<c$且$b<c$时
设$m=(an+b)/c$
$$g=\sum _{i=0}^n((ai+b)/c{)}^2$$
$$\begin{gathered} =2\ast \sum _{i=0}^n\sum _{j=1}^{(ai+b)/c}j-\sum _{i=0}^n(ai+b)/c \\ =-f(a,b,c,n)+2\sum _{i=0}^n\sum _{j=0}^{m-1}(j+1)[jc+c<ai+b+1] \\ =-f+2\sum _{j=0}^{m-1}(j+1)[i>(jc+c-b-1)/a] \\ =-f+2\sum _{j=0}^{m-1}(j+1)(n-(jc+c-b-1)/a) \\ =-f(a,b,c,n)+m(m+1)n-2f(c,c-b-1,a,m-1)-2h(c,c-b-1,a,m-1) \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} h=\sum _{i=0}^{n}i((ai+b)/c) \\ =\sum _{i=0}^{n}i\sum _{j=0}^{m-1}[i>(jc+c-b-1)/a] \\ =\sum _{j=0}^{m-1}\sum _{i=0}^{n}i[i>(jc+c-b-1)/a] \\ =m\ast n\ast (n+1)/2-\sum _{j=0}^{m-1}\sum _{i=0}^{n}i[i\le (jc+c-b-1)/a] \\ =m\ast n\ast (n+1)/2-\sum _{j=0}^{m-1}\sum _{i=0}^{(jc+c-b-1)/a}i \\ =m\ast n\ast (n+1)/2-\sum _{j=0}^{m-1}((jc+c-b-1)/a)\ast ((jc+c-b-1)/a+1)/2 \\ =\frac{1}{2}(m\ast n\ast (n+1)-\sum _{i=0}^{m-1}((jc+c-b-1)/a{)}^2-\sum _{i=0}^{m-1}((jc+c-b-1)/a)) \\ =\frac{1}{2}(m\ast n\ast (n+1)-f(c,c-b-1,a,m-1)-g(c,c-b-1,a,m-1)) \end{gathered}$$

复杂度$O(logn)$

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万能欧几里得
传送门
求${\sum }_{i=1}^l{A}^i{B}^{(pi+r)/q}$
考虑这样一个操作
维护一个三元组$a,b,s$
考虑一条线段$y=(px+r)/q$
在$(0,L]$内从左往右走
每当线段碰到$x=c$时令$a=a\ast A$
每当碰到$y=c$时令$b=b\ast B$
对于整点先进行$y=c$再进行$x=c$
每次操作后令$news=s+A\ast B$

显然这和原来求得东西等价
观察到这是一个线性变换，拥有结合律

万能欧几里得能利用压缩信息在$O(logT(n))$的时间求出这个东西
考虑当$r\ge q$时令$r=r\%q$不会对操作序列产生影响
只是初始的$b$会变成$b^{r/q}$，先做即可
设函数为$f(p,q,r,l,a,b)$

当$p\ge q$时
设$k=(p/q)$
那么考虑线段为$y=kx+((p\%q)x+r)/q$
那么每次$x$加一前必定会至少有$k$次$y$的变化
于是可以直接递归$f(p\%q,q,r,l,b^k\ast a,b)$

否则考虑可以翻转坐标轴,将$x,y$反过来
翻转后的函数就是反函数
为$x=(qy-r)/p$
但是这时候如果按照原来的在整点时候的计算顺序就反了
于是考虑变成$x=(qy-r-1)/p$强制先计算$x$
设$k=(pl+r)/q$
考虑翻转后求$y\in (1,k]$范围内的
那显然要先把前面没计算的部分求了
就是$a^{(q-r-1)/p}\ast b$
考虑把$y\in (1,k]\to y\in (0,k-1]$
那么函数就变成$x=(qy+q-r-1)/p$
于是递归$f(q,p,q-r-l,k-1,b,a)$
但是$k$之后可能还有一些$x$没被计算到
个数是$l-(kq-r-1)/p$
于是在后面乘上一个$a^{l-(kq-r-1)/p}$即可

复杂度应该是$O(n^{3}log)$

#include
using namespace std;
#define cs const
#define re register
#define pb push_back
#define pii pair
#define ll long long
#define fi first
#define se second
#define bg begin
cs int RLEN=1<<20|1;
inline char gc(){
    static char ibuf[RLEN],*ib,*ob;
    (ib==ob)&&(ob=(ib=ibuf)+fread(ibuf,1,RLEN,stdin));
    return (ib==ob)?EOF:*ib++;
}
inline int read(){
    char ch=gc();
    int res=0;bool f=1;
    while(!isdigit(ch))f^=ch=='-',ch=gc();
    while(isdigit(ch))res=(res+(res<<2)<<1)+(ch^48),ch=gc();
    return f?res:-res;
}
inline ll readll(){
    char ch=gc();
    ll res=0;bool f=1;
    while(!isdigit(ch))f^=ch=='-',ch=gc();
    while(isdigit(ch))res=(res+(res<<2)<<1)+(ch^48),ch=gc();
    return f?res:-res;
}
inline int readstring(char *s){
	int top=0;char ch=gc();
	while(isspace(ch))ch=gc();
	while(!isspace(ch)&&ch!=EOF)s[++top]=ch,ch=gc();
	return top;
}
template<typename tp>inline void chemx(tp &a,tp b){a<b?a=b:0;}
template<typename tp>inline void chemn(tp &a,tp b){a>b?a=b:0;}
cs int mod=998244353;
inline int add(int a,int b){return (a+=b)>=mod?(a-mod):a;}
inline int dec(int a,int b){a-=b;return a+(a>>31&mod);}
inline int mul(int a,int b){static ll r;r=1ll*a*b;return (r>=mod)?(r%mod):r;}
inline void Add(int &a,int b){(a+=b)>=mod?(a-=mod):0;}
inline void Dec(int &a,int b){a-=b,a+=a>>31&mod;}
inline void Mul(int &a,int b){static ll r;r=1ll*a*b;a=(r>=mod)?(r%mod):r;}
inline int ksm(int a,int b,int res=1){if(a==0&&b==0)return 0;for(;b;b>>=1,Mul(a,a))(b&1)&&(Mul(res,a),1);return res;}
inline int Inv(int x){return ksm(x,mod-2);}
inline int fix(ll x){return x%=mod,(x<0)?x+mod:x;}
int n;
struct mat{
	int a[21][21];
	mat(){memset(a,0,sizeof(a));}
	friend inline mat operator *(cs mat &a,cs mat &b){
		mat c;
		for(int i=0;i<n;i++)
		for(int k=0;k<n;k++)
		for(int j=0;j<n;j++)
		Add(c.a[i][j],mul(a.a[i][k],b.a[k][j]));
		return c;
	}
	friend inline mat operator +(cs mat &a,cs mat &b){
		mat c;
		for(int i=0;i<n;i++)
		for(int j=0;j<n;j++)
		c.a[i][j]=add(a.a[i][j],b.a[i][j]);
		return c;
	}
}I,O,A,B;
struct node{
	mat a,b,s;
	node(mat _a,mat _b,mat _c):a(_a),b(_b),s(_c){}
	friend inline node operator *(cs node &x,cs node &y){
		return node(x.a*y.a,x.b*y.b,x.s+x.a*y.s*x.b);
	}
	friend inline node operator ^(node x,ll b){
		node res(I,I,O);
		for(;b;b>>=1,x=x*x)if(b&1)res=res*x;
		return res;
	}
};
node solve(ll p,ll q,ll r,ll l,cs node &a,cs node &b){
	if(l==0)return node(I,I,O);
	r%=q;
	if(p>=q)return solve(p%q,q,r,l,(b^(p/q))*a,b);
	ll k=((long double)p*l+r)/q;
	if(k==0)return a^l;
	ll v=((long double)k*q-r-1)/p;
	v=l-v;
	return (a^((q-r-1)/p))*b*solve(q,p,q-r-1,k-1,b,a)*(a^v);
}
ll p,q,r,l;
int main(){
	#ifdef Stargazer
	freopen("lx.in","r",stdin);
	#endif
	p=readll(),q=readll(),r=readll(),l=readll(),n=read();
	for(int i=0;i<n;i++)
	for(int j=0;j<n;j++)A.a[i][j]=read();
	for(int i=0;i<n;i++)
	for(int j=0;j<n;j++)B.a[i][j]=read();
	for(int i=0;i<n;i++)I.a[i][i]=1;
	node ans=(node(I,B,O)^(r/q))*solve(p,q,r,l,node(A,I,A),node(I,B,O));
	for(int i=0;i<n;i++,puts(""))
	for(int j=0;j<n;j++)
	cout<<ans.s.a[i][j]<<" ";
	return 0;
}

用这个方法就可以很简单的水掉前面那么一大截复杂的计算的式子
但是懒得做了