【算法】 类欧几里德算法

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令 $f(a,b,c,n)={\sum }_{i=1}^n\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor ，g(a,b,c,n)={\sum }_{i=1}^{n}i\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor ，h(a,b,c,n)={\sum }_{i=0}^n\lfloor \frac{ai+b}{c}{\rfloor }^2$

几个等式关系

• $a\le \lfloor \frac{b}{c}\rfloor ⟺ac\le b$
• $a<\lceil \frac{b}{c}\rceil ⟺ac<b$
• $a\ge \lceil \frac{b}{c}\rceil ⟺ac\ge b$
• $a>\lfloor \frac{b}{c}\rfloor ⟺ac>b$
• $\lfloor \frac{b}{c}\rfloor ⟺\lceil \frac{b-c+1}{c}\rceil$
• $\lceil \frac{b}{c}\rceil ⟺\lfloor \frac{b+c-1}{c}\rfloor$

求 $f$ 函数

这个函数有几何意义，即 $f(x)=\frac{ax+b}{c}$ 的函数下方正整点的个数
下面考虑代数的解法

考虑将 $a\ge c$ 或 $b\ge c$ 的情况变成 $a<c$ 且 $b<c$ 的情况

$$\begin{gathered} f(a,b,c,n) \\ ={\sum }_{i=1}^n\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor \\ ={\sum }_{i=1}^n\lfloor \frac{(a\%c)\ast i+(b\%c)\ast i}{c}\rfloor +\lfloor \frac{a}{c}\rfloor \ast i+\lfloor \frac{b}{c}\rfloor \\ =\lfloor \frac{a}{c}\rfloor \ast \frac{n\ast (n+1)}{2}+\lfloor \frac{b}{c}\rfloor \ast (n+1)+{\sum }_{i=1}^n\lfloor \frac{(a\%c)\ast i+(b\%c)\ast i}{c}\rfloor \\ =\lfloor \frac{a}{c}\rfloor \ast \frac{n\ast (n+1)}{2}+\lfloor \frac{b}{c}\rfloor \ast (n+1)+f(a\%c,b\%c,c,n) \end{gathered}$$

现在只需要考虑 $a<c$ 且 $b<c$ 的情况如何转移到上面的情况

$$\begin{gathered} f(a,b,c,n)(a<c,b<c) \\ ={\sum }_{i=1}^n\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor \\ ={\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^{\lfloor \frac{an+b}{c}\rfloor }[j\le \frac{ai+b}{c}] \end{gathered}$$
令 $\lfloor \frac{an+b}{c}\rfloor =m$
考虑变换 $j\le \frac{ai+b}{c}$ 的形式，使其分离出单独的 $i$
$j\le \frac{ai+b}{c}⟺jc\le ai+b⟺jc-b<=ai⟺\lfloor \frac{jc-b-1}{a}\rfloor <i$
带入原式得：
$$\begin{gathered} f(a,b,c,n)(a<c,b<c) \\ ={\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^m[\lfloor \frac{jc-b-1}{a}\rfloor <i] \end{gathered}$$
交换循环顺序，
$$\begin{gathered} ={\sum }_{j=1}^m{\sum }_{i=1}^n[\lfloor \frac{jc-b-1}{a}\rfloor <i] \\ ={\sum }_{j=1}^{m}n-\lfloor \frac{jc-b-1}{a}\rfloor \\ =mn-{\sum }_{j=1}^m\lfloor \frac{jc-b-1}{a}\rfloor \\ =mn-{\sum }_{j=0}^{m-1}\lfloor \frac{jc+c-b-1}{a}\rfloor \end{gathered}$$
后面的形式和是当前问题的子问题考虑递归下去求解
$=mn-f(c,c-b-1,a,m-1)$

考虑分析时间复杂度
对与 $a\ge c$ 或 $b\ge c$ 的情况的时间复杂度与欧几里得算法一样，是 $log$ 级别的
对于 $a<c$ 且 $b<c$ 的情况，必定会转变到 $a\ge c$ 或 $b\ge c$ 的情况，所以也是 $log$ 级别的
整体的时间复杂度是 $log$
之后 $g,h$ 函数的时间复杂度分析相同

求 $g$ 函数

考虑将 $a\ge c$ 或 $b\ge c$ 的情况变成 $a<c$ 且 $b<c$ 的情况

$$\begin{gathered} g(a,b,c,n) \\ ={\sum }_{i=1}^{n}i\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor \\ ={\sum }_{i=1}^{n}i\lfloor \frac{(a\%c)\ast i+(b\%c)}{c}\rfloor +i^2\ast \lfloor \frac{a}{c}\rfloor +i\ast \lfloor \frac{b}{c}\rfloor \\ =\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\ast \lfloor \frac{a}{c}\rfloor +\frac{n(n+1)}{2}\ast \lfloor \frac{b}{c}\rfloor +{\sum }_{i=1}^{n}i\lfloor \frac{(a\%c)\ast i+(b\%c)}{c}\rfloor \\ =\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\ast \lfloor \frac{a}{c}\rfloor +g(a\%c,b\%c,c,n) \end{gathered}$$

考虑 $a<c,b<c$ 的情况

考虑套用 $f$ 的方法，
$$\begin{gathered} g(a,b,c,n) \\ ={\sum }_{i=1}^{n}i\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor \\ ={\sum }_{j=0}^{m-1}{\sum }_{i=0}^n[i>\lfloor \frac{cj+c-b-1}{a}\rfloor ]\ast i \end{gathered}$$
令 $\lfloor \frac{cj+c-b-1}{a}\rfloor =t$
$$\begin{gathered} ={\sum }_{j=0}^{m-1}{\sum }_{i=t+1}^{n}i \\ ={\sum }_{j=0}^{m-1}\frac{(t+1+n)\ast (n-t)}{2} \\ =\frac{1}{2}\ast {\sum }_{j=0}^{m-1}n+n^2-t-t^2 \\ =\frac{1}{2}mn(n+1)-\frac{1}{2}\ast {\sum }_{i=0}^{m-1}{t}^2-\frac{1}{2}\ast {\sum }_{i=0}^{m-1}t \\ =\frac{1}{2}mn(n+1)-\frac{1}{2}\ast h(c,c-b-1,a,m-1)-\frac{1}{2}\ast f(c,c-b-1,a,m-1) \end{gathered}$$

求 $h$ 函数

考虑将 $a\ge c$ 或 $b\ge c$ 的情况变成 $a<c$ 且 $b<c$ 的情况

$$\begin{gathered} h(a,b,c,n) \\ ={\sum }_{i=0}^n\lfloor \frac{ai+b}{c}{\rfloor }^2 \\ ={\sum }_{i=0}^n(\lfloor \frac{(a\%c)i+(b\%c)}{c}\rfloor +\lfloor \frac{a}{c}\rfloor \ast i+\lfloor \frac{b}{c}\rfloor {)}^2 \end{gathered}$$
化简可得
$=\lfloor \frac{a}{c}{\rfloor }^2\ast \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}+\lfloor \frac{b}{c}{\rfloor }^2(n+1)+\lfloor \frac{b}{c}\rfloor \lfloor \frac{a}{c}\rfloor \ast n(n+1)+h(a\%c,b\%c,c,n)+2\lfloor \frac{b}{c}\rfloor \ast f(a\%c,b\%c,c,n)+2\lfloor \frac{a}{c}\rfloor \ast g(a\%c,b\%c,c,n)$

考虑 $a<c,b<c$ 的情况

平方有一个巧妙地变形方法：
$t^2=2\ast \frac{t(t+1)}{2}-t=2\ast {\sum }_{i=1}^{t}i-t$
带入式子可得：
$$\begin{gathered} h(a,b,c,n) \\ ={\sum }_{i=0}^n\lfloor \frac{ai+b}{c}{\rfloor }^2 \\ =2\ast {\sum }_{i=0}^n{\sum }_{j=1}^{\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor }j-f(a,b,c,n) \end{gathered}$$
令 $m=\lfloor \frac{an+b}{c}\rfloor ，t=\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor$
所以 $$\begin{gathered} {\sum }_{i=0}^n{\sum }_{j=1}^{t}j \\ ={\sum }_{i=0}^n{\sum }_{j=0}^{t-1}j+1 \\ ={\sum }_{j=0}^{m-1}(j+1)\ast {\sum }_{i=1}^n[j<t] \\ ={\sum }_{j=0}^{m-1}(j+1)\ast {\sum }_{i=1}^n[i>\lfloor \frac{jc+c-b-1}{a}\rfloor ] \end{gathered}$$
所以
$f(a,b,c,n)=nm(m+1)-2h(c,c-b-1,a,m-1)-2f(c,c-b-1,a,m-1)-f(a,b,c,n)$

考虑计算时会重复计算许多相同的量，可以用结构体记录相同 $a,b,c,n$ 的 $f,g,h$，因为 $f,g,h$ 同步计算时调用的函数相同，所以时间复杂度 $O(logn)$

#include 
#define int long long
using namespace std;
const int P(998244353);
struct ecu{ int f,g,h;};
int iv2=499122177,iv6=166374059;
inline int read(){
	int FF=0,RR=1;
	char ch=getchar();
	for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') RR=-1;
	for(;isdigit(ch);ch=getchar()) FF=(FF<<1)+(FF<<3)+ch-48;
	return FF*RR;
}
int sum(int n){ return n*(n+1)%P*iv2%P;}
int sum2(int n){ return n*(n+1)%P*(2*n+1)%P*iv6%P;}
ecu solve(int a,int b,int c,int n){
	ecu ret;
	if(!a){
		ret.f=(n+1)*(b/c)%P;
		ret.g=sum(n)*(b/c)%P;
		ret.h=(n+1)*(b/c)%P*(b/c)%P;
//		cout<
		return ret;
	}
	if(a>=c||b>=c){
		ecu t=solve(a%c,b%c,c,n);
		ret.f=(t.f+a/c*sum(n)%P+b/c*(n+1)%P)%P;
		ret.g=(t.g+a/c*sum2(n)%P+b/c*sum(n)%P)%P;
		ret.h=(t.h+2*(b/c)*t.f%P+2*(a/c)*t.g%P+(a/c)*(a/c)%P*sum2(n)%P+(b/c)*(b/c)%P*(n+1)%P+(a/c)*(b/c)%P*n%P*(n+1)%P)%P;
		return ret;
	}
	int m=(a*n+b)/c;
	ecu t=solve(c,c-b-1,a,m-1);
	ret.f=(m*n%P-t.f+P)%P;
	ret.g=(m*n%P*(n+1)%P-t.h-t.f+2*P)%P*iv2%P;
	ret.h=((n*m%P*(m+1)%P-2*t.g%P-2*t.f%P-ret.f)%P+P)%P;
	return ret;
}
void work(){
	int n=read(),a=read(),b=read(),c=read();
	ecu ans=solve(a,b,c,n);
	printf("%lld %lld %lld\n",ans.f,ans.h,ans.g);
}
signed main(){
	int T=read();
	while(T--) work();
	return 0;
}