【学习笔记】类欧几里得算法

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引入

给定 \(a,b,c,n\)，计算下面表达式的值：

\[(\sum\limits_{i=0}^n\lfloor\frac{ai+b}c\rfloor)\bmod 998244353 \]

类欧几里得算法

考虑下面的恒等式：

\[\lfloor\frac{ai+b}c\rfloor=\lfloor \frac{(\lfloor\frac ac\rfloor c+a\bmod c)i+(\lfloor\frac bc\rfloor c+b\bmod c)}c\rfloor \]

于是我们有：

\[\begin{aligned} &\sum\limits_{i=0}^n\lfloor\frac{ai+b}c\rfloor\\ =&\sum\limits_{i=0}^n\lfloor \frac{(\lfloor\frac ac\rfloor c+a\bmod c)i+(\lfloor\frac bc\rfloor c+b\bmod c)}c\rfloor\\ =&\sum\limits_{i=0}^n\lfloor\frac{(a\bmod c)i+b\bmod c}c\rfloor+\sum\limits_{i=0}^ni\lfloor\frac ac\rfloor+\sum\limits_{i=0}^n\lfloor\frac bc\rfloor\\ =&\sum\limits_{i=0}^n\lfloor\frac{(a\bmod c)i+b\bmod c}c\rfloor+\frac{n(n+1)\lfloor\frac ac\rfloor}2+(n+1)\lfloor\frac bc\rfloor\\ \end{aligned} \]

记 \(f(a,b,c,n)=\sum\limits_{i=0}^n\lfloor\frac{ai+b}c\rfloor\)，则有：

\[f(a,b,c,n)=f(a\bmod c,b\bmod c,c,n)+\frac{n(n+1)\lfloor\frac ac\rfloor}2+(n+1)\lfloor\frac bc\rfloor \]

于是问题被转化为了 \(a,b<c\) 的情况。此时考虑再做一个转化：

\[\begin{aligned} &\sum\limits_{i=0}^n\lfloor\frac{ai+b}c\rfloor =\sum\limits_{i=0}^n\sum\limits_{j=0}^{\lfloor\frac{an+b}c\rfloor-1}\left[j<\lfloor\frac{ai+b}c\rfloor\right]\\ \end{aligned} \]

然后又有：

\[\begin{aligned} &\left[j<\lfloor\frac{ai+b}c\rfloor\right]\\ =&\left[j+1<\frac{ai+b+1}c\right]\\ =&\left[\frac{cj+c-b-1}a<i\right]\\ =&\left[\lfloor\frac{cj+c-b-1}a\rfloor<i\right] \end{aligned} \]

记 \(m=\lfloor\frac{an+b}c\rfloor\)，则有原式为：

\[\begin{aligned} &f(a,b,c,n)\\ =&\sum\limits_{i=0}^n\lfloor\frac{ai+b}c\rfloor\\ =&\sum\limits_{i=0}^n\sum\limits_{j=0}^{m-1}\left[j<\lfloor\frac{ai+b}c\rfloor\right]\\ =&\sum\limits_{i=0}^n\sum\limits_{j=0}^{m-1}\left[\lfloor\frac{cj+c-b-1}a\rfloor<i \right]\\ =&\sum\limits_{j=0}^{m-1}\sum\limits_{i=0}^n\left[i>\lfloor\frac{cj+c-b-1}a\rfloor\right]\\ =&\sum\limits_{j=0}^{m-1}(n-\lfloor\frac{cj+c-b-1}a\rfloor)\\ =&\sum\limits_{j=0}^{m-1}n-\sum\limits_{j=0}^{m-1}\lfloor\frac{cj+c-b-1}a\rfloor\\\ =&nm-f(c,c-b-1,a,m-1) \end{aligned} \]

不断重复执行上面的两个操作直到 \(a=0\) 的边界情况为止，可以利用类似于欧几里得算法 / 扩展欧几里得算法的时间复杂度分析，证明其时间复杂度为 \(O(\log\min(a,c))\)。

练习

Problem 1

给定 \(a,b,c,n\)，计算下面表达式的值：

\[(\sum\limits_{i=0}^ni\lfloor\frac{ai+b}c\rfloor)\bmod 998244353 \]

Sol 1

和前面的推导过程很相似。首先把问题转化为 \(a,b<c\) 的情况：

\[\begin{aligned} &g(a,b,c,n)\\ =&\sum\limits_{i=0}^ni\lfloor\frac{ai+b}c\rfloor\\ =&\sum\limits_{i=0}^n(i\lfloor\frac{(a\bmod c)i+b\bmod c}c\rfloor+i^2\lfloor\frac ac\rfloor+i\lfloor\frac bc\rfloor)\\ =&\sum\limits_{i=0}^n i\lfloor\frac{(a\bmod c)i+b\bmod c}c\rfloor+\sum\limits_{i=0}^ni^2\lfloor\frac ac\rfloor+\sum\limits_{i=0}^ni\lfloor\frac bc\rfloor\\ =&\sum\limits_{i=0}^ni\lfloor\frac{(a\bmod c)i+b\bmod c}c\rfloor+\frac{n(n+1)(2n+1)\lfloor\frac ac\rfloor}6+\frac{n(n+1)\lfloor\frac bc\rfloor}2\\ =&g(a\bmod c,b\bmod c,c,n)+\frac{n(n+1)(2n+1)\lfloor\frac ac\rfloor}6+\frac{n(n+1)\lfloor\frac bc\rfloor}2\ \end{aligned} \]

然后只考虑 \(a,b<c\) 的情况（同样的，还是记 \(m=\lfloor\frac{an+b}c\rfloor\)）：

\[\begin{aligned} &g(a,b,c,n)\\ =&\sum\limits_{i=0}^ni\lfloor\frac{ai+b}c\rfloor\\ =&\sum\limits_{i=0}^ni\sum\limits_{j=0}^{m-1}\left[j<\lfloor\frac{ai+b}c\rfloor \right]\\ =&\sum\limits_{i=0}^ni\sum\limits_{j=0}^{m-1}\left[i>\lfloor\frac{cj+c-b-1}a\rfloor \right]\\ =&\sum\limits_{j=0}^{m-1}\sum\limits_{i=0}^ni\left[i>\lfloor\frac{cj+c-b-1}a\rfloor\right]\\ =&\sum\limits_{j=0}^{m-1}\sum\limits_{i=\lfloor\frac{cj+c-b-1}a\rfloor+1}^ni\\ =&\sum\limits_{j=0}^{m-1}\frac12(n+\lfloor\frac{cj+c-b-1}a\rfloor+1)(n-\lfloor\frac{cj+c-b-1}a\rfloor)\\ =&\sum\limits_{j=0}^{m-1}\frac12(n^2-\lfloor\frac{cj+c-b-1}a\rfloor^2+n-\lfloor\frac{cj+c-b-1}a\rfloor)\\ =&\sum\limits_{j=0}^{m-1}\frac12n(n+1)-\sum\limits_{j=0}^{m-1}\frac12\lfloor\frac{cj+c-b-1}a\rfloor^2-\sum\limits_{j=0}^{m-1}\frac12\lfloor\frac{cj+c-b-1}a\rfloor\\ =&\frac12nm(n+1)-\frac12\sum\limits_{j=0}^{m-1}\lfloor\frac{cj+c-b-1}a\rfloor^2-\frac12\sum\limits_{j=0}^{m-1}\lfloor\frac{cj+c-b-1}a\rfloor\\ =&\frac12nm(n+1)-\frac12h(c,c-b-1,a,m-1)-\frac12f(c,c-b-1,a,m-1) \end{aligned} \]

其中

\[h(a,b,c,n)=\sum\limits_{i=0}^n\lfloor\frac{ai+b}c\rfloor^2 \]

现在的问题就是计算 \(h(a,b,c,n)\) 的值。同样考虑类欧，先转化为 \(a,b<c\) 的情况：

\[\begin{aligned} &h(a,b,c,n)\\ =&\sum\limits_{i=0}^n\lfloor\frac{ai+b}c\rfloor^2\\ =&\sum\limits_{i=0}^n\lfloor\frac{(\lfloor\frac ac\rfloor c+a\bmod c)i+(\lfloor\frac bc\rfloor c+b\bmod c)}{c}\rfloor^2\\ =&\left(\sum\limits_{i=0}^n\lfloor\frac ac\rfloor i+\sum\limits_{i=0}^n\lfloor\frac bc\rfloor+\lfloor\frac{(a\bmod c)i+b\bmod c}c\rfloor \right)^2\\ =&\lfloor\frac ac\rfloor^2\sum\limits_{i=0}^ni^2+2\lfloor\frac ac\rfloor\lfloor\frac bc\rfloor\sum\limits_{i=0}^ni+\lfloor\frac bc\rfloor^2(n+1)+2\lfloor\frac ac\rfloor\sum\limits_{i=0}^ni\lfloor\frac{(a\bmod c)i+b\bmod c}c\rfloor+2\lfloor\frac bc\rfloor\sum\limits_{i=0}^n\lfloor\frac{(a\bmod c)i+b\bmod c}c\rfloor+\sum\limits_{i=0}^n\lfloor\frac{(a\bmod c)i+b\bmod c}c\rfloor^2\\ =&\lfloor\frac ac\rfloor^2\frac{n(n+1)(2n+1)}6+2\lfloor\frac ac\rfloor\lfloor\frac bc\rfloor\frac{n(n+1)}2+\lfloor\frac bc\rfloor^2(n+1)+2\lfloor\frac ac\rfloor\sum\limits_{i=0}^ni\lfloor\frac{(a\bmod c)i+(b\bmod c)}c\rfloor+2\lfloor\frac bc\rfloor\sum\limits_{i=0}^n\lfloor\frac{(a\bmod c)i+b\bmod c}c\rfloor+h(a\bmod c,b\bmod c,c,n) \end{aligned} \]

然后同样的只考虑 \(a,b<c\) 的情况（同样的，还是记 \(m=\lfloor\frac{an+b}c\rfloor\)）：

\[\begin{aligned} &h(a,b,c,n)\\ =&\sum\limits_{i=0}^n\lfloor\frac{ai+b}c\rfloor^2\\ =&\sum\limits_{i=0}^n\sum\limits_{j=0}^{m-1}\left[j<\lfloor\frac{ai+b}c\rfloor\right](2j+1)\\ =&\sum\limits_{i=0}^n\sum\limits_{j=0}^{m-1}\left[i>\lfloor\frac{cj+c-b-1}a\rfloor \right](2j+1)\\ =&\sum\limits_{j=0}^{m-1}(2j+1)\sum\limits_{i=0}^n\left[i>\lfloor\frac{cj+c-b-1}a\rfloor\right]\\ =&\sum\limits_{j=0}^{m-1}(2j+1)(n-\lfloor\frac{cj+c-b-1}a\rfloor)\\ =&\sum\limits_{j=0}^{m-1}2jn+\sum\limits_{j=0}^{m-1}n-\sum\limits_{j=0}^{m-1}2j\lfloor\frac{cj+c-b-1}a\rfloor-\sum\limits_{j=0}^{m-1}\lfloor\frac{cj+c-b-1}a\rfloor\\ =&nm^2-2\sum\limits_{j=0}^{m-1}\lfloor\frac{cj+c-b-1}a\rfloor-\sum\limits_{j=0}^{m-1}\lfloor\frac{cj+c-b-1}a\rfloor\\ =&nm^2-2g(c,c-b-1,a,m-1)-f(c,c-b-1,a,m-1)\\ \end{aligned} \]

此时可以在 \(g,h\) 两个函数之间轮换递归处理计算答案，注意到递归到不同函数的参数都是相同的，所以总时间复杂度仍然为 \(O(\log\min(a,c))\)。

Problem 2

给定 \(a,b,c\)，求不等式 \(ax+by\le c\) 的非负整数解 \((x,y)\) 的对数。

Sol 2

直接对 \(ax+by\le c\) 搞事情的话需要同时处理 \(x,y\) 两个维度上的问题，因此考虑移项再处理，得到 \(0\le y\le \lfloor\frac{c-ax}b\rfloor\)，即对于一个固定的 \(x\)，\(y\) 的取值范围是 \([0,\lfloor\frac{c-ax}b\rfloor]\cap\mathbb{N_+}\)。

于是该不等式的解的数量即为：

\[\sum\limits_{i=0}^{\lfloor\frac ca\rfloor}\lfloor\frac{c-ai}b\rfloor+\lfloor\frac ca\rfloor+1 \]

于是实际上要求的核心部分就是：

\[\sum\limits_{i=0}^{\lfloor\frac ca\rfloor}\lfloor\frac{-ai+c}b\rfloor \]

但是这个东西前面的系数是负的，直接搞会比较的难受。考虑做一个小小的转化：

\[\begin{aligned} &\sum\limits_{i=0}^n\lfloor\frac{-ai+c}b\rfloor\\ =&\sum\limits_{i=0}^n\lfloor-\frac{ai-c}b\rfloor\\ =&-\sum\limits_{i=0}^n\lfloor\frac{ai+(b-c-1)}b\rfloor\\ \end{aligned} \]

这个式子就是最基本的类欧形式，直接套公式即可 \(O(\log \min(a,b,c))\) 求解。

Problem 3

给定 \(n,r\)，求 \(\sum\limits_{d=1}^n(-1)^{\lfloor d\sqrt r\rfloor}\) 的值。

Sol 3

先考虑一个经典结论：

\[(-1)^x=1-2[x\bmod 2=1] \]

然后考虑从这个结论入手来获取一些有用的信息：

\[\begin{aligned} &(-1)^x\\ =&1-2[x\bmod 2=1]\\ =&1-2(x-2\lfloor\frac x2\rfloor)\\ =&1-2x+4\lfloor\frac x2\rfloor \end{aligned} \]

然后考虑把这个东西带入原式：

\[\begin{aligned} &\sum\limits_{d=1}^n(-1)^{\lfloor d\sqrt r\rfloor}\\ =&\sum\limits_{d=1}^n(1-2\lfloor d\sqrt r\rfloor+4\lfloor\frac{\lfloor d\sqrt r\rfloor}2\rfloor)\\ =&(\sum\limits_{d=1}^n1)-(\sum\limits_{d=1}^n2\lfloor d\sqrt r\rfloor)+(\sum\limits_{d=1}^n4\lfloor\frac{\lfloor d\sqrt r\rfloor}2\rfloor)\\ =&n-(\sum\limits_{d=1}^n2\lfloor d\sqrt r\rfloor)+(\sum\limits_{d=1}^n4\lfloor\frac{d\sqrt r}2\rfloor)\\ \end{aligned} \]

考虑换元，令 \(x=\sqrt r\)，则此时考虑构造函数 \(\gamma(a,b,c,n)=\sum\limits_{i=1}^n\lfloor\frac{ax+b}c\times i\rfloor\)，那么上式的答案可以表示为 \(n-2\gamma(1,0,1,n)+4\gamma(1,0,2,n)\)。因此只需要用类欧把 \(\gamma\) 函数给表示出来即可。

这里注意到 \(\frac{ax+b}c\) 的值是一个定值，因此容易想到对其值进行分类讨论：

1. \(\large\frac{ax+b}c=1\)

此时有 \(\gamma(a,b,c,n)=\sum\limits_{i=1}^n 1=n\)。

2. \(\large\frac{ax+b}c>1\)

记 \(t=\frac{ax+b}c,T=\lfloor t\rfloor\)，则考虑构造类欧形式：

\[\begin{aligned} &\gamma(a,b,c,n)\\ =&\sum\limits_{i=1}^n\lfloor ti\rfloor\\ =&\sum\limits_{i=1}^n\lfloor ti-Ti+Ti\rfloor\\ =&\sum\limits_{i=1}^n\lfloor ti-Ti\rfloor+\sum\limits_{i=1}^nTi\\ =&\sum\limits_{i=1}^n\lfloor(\frac{ax+b}c-T)i\rfloor+\frac{n(n+1)T}2\\ =&\gamma(a,b-cT,c,n)+\frac{n(n+1)T}2 \end{aligned} \]

3. \(\large\frac{ax+b}c<1\)

此时有 \(T=0\)，无法继续使用上面的递归公式递归处理答案，因此考虑换一个方法。

\[\begin{aligned} &\gamma(a,b,c,n)\\ =&\sum\limits_{i=1}^n\lfloor ti\rfloor\\ =&\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^{\lfloor nt\rfloor}[j<ti]\\ =&\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^{\lfloor nt\rfloor}[i>\frac jt]\\ =&\sum\limits_{j=1}^{\lfloor nt\rfloor}\sum\limits_{i=1}^n[i>\frac jt]\\ =&\sum\limits_{j=1}^{\lfloor nt\rfloor}(n-\lfloor \frac jt\rfloor)\\ =&\sum\limits_{j=1}^{\lfloor nt\rfloor}\left(n-\left\lfloor\frac j{\frac{ax+b}c}\right\rfloor \right)\\ =&\sum\limits_{j=1}^{\lfloor nt\rfloor}\left(n-\left\lfloor\frac{jc}{ax+b}\right\rfloor \right)\\ =&n\lfloor nt\rfloor-\sum\limits_{j=1}^{\lfloor nt\rfloor}\left\lfloor\frac{c}{ax+b}j\right\rfloor\\ =&n\lfloor nt\rfloor-\sum\limits_{j=1}^{\lfloor nt\rfloor}\left\lfloor\frac{c(ax-b)}{a^2x^2-b^2}j\right\rfloor\\ =&n\lfloor nt\rfloor-\sum\limits_{j=1}^{\lfloor nt\rfloor}\left\lfloor\frac{cax-cb}{a^2r-b^2}j\right\rfloor\\ =&n\lfloor nt\rfloor-\gamma(ca,-cb,a^2r-b^2,\lfloor nt\rfloor) \end{aligned} \]

同样也得到了递归公式。简单分析可知该算法时间复杂度同样为 \(O(\log n)\) 级别，可以通过该题。

corner case

需要特殊处理 \(\sqrt r\in\mathbb{N}\) 的情况。