万能欧几里德算法

算法简介

有半群 \((G, \cdot)\)。给出 \(a, b, c, n, U, R\)，满足 \(a, b, c, n \in \mathbb{N}\) 且 \(U, R \in G\) 且 \(\max\{a, c\} < b\)，试求

\[f(a, b, c, n, U, R) = \prod_{x = 1}^n (U^{\lfloor \frac{ax + c}{b} \rfloor - \lfloor \frac{a(x - 1) + c}{b} \rfloor} \cdot R) \]

通俗来讲，\(f(a, b, c, n, U, R)\) 表示有 \(n\) 个 \(R\)、其中第 \(x\) 个 \(R\) 前面共有 \(\lfloor \frac{ax + c}{b} \rfloor\) 个 \(U\) 时所有元素的乘积。

下文记 \(m = \lfloor \frac{an + c}{b} \rfloor\)，表示 \(f(a, b, c, n, U, R)\) 中 \(U\) 的个数。

万能欧几里德算法能够通过 \(O(\log b)\) 次乘法运算计算出 \(f(a, b, c, n, U, R)\)，它包含下述两种操作。

操作一：交换 \(a, b\)

考察第 \(y\) 个 \(U\)，在它前面的 \(R\) 的个数即为 \(\lfloor \frac{ax + c}{b} \rfloor < y\) 中 \(x\) 的最大非负整数解：

\[\begin{aligned} \lfloor \frac{ax + c}{b} \rfloor &< y \\ \frac{ax + c}{b} &< y \\ x &< \frac{by - c}{a} \\ x &\le \lfloor \frac{by - c - 1}{a} \rfloor \end{aligned} \]

此时有 \(-c - 1 < 0\)，不满足递归条件，考虑把第一个 \(U\) 及之前的 \(R\) 单独拿出来，这样新的第 \(i\) 个 \(U\) 之前的 \(R\) 的个数为:

\[\begin{aligned} &\lfloor \frac{b(i + 1) - c - 1}{a} \rfloor - \lfloor \frac{b - c - 1}{a} \rfloor \\ = &\lfloor \frac{bi + b - c - 1}{a} \rfloor - \frac{b - c - 1 - (b - c - 1) \bmod a}{a} \\ = &\lfloor \frac{bi + (b - c - 1) \bmod a}{a} \rfloor \end{aligned} \]

综上，我们有 \(f(a, b, c, n, U, R) = R^{\lfloor \frac{b - c - 1}{a} \rfloor} \cdot U \cdot f(b, a, (b - c - 1) \bmod a, m - 1, R, U) \cdot R^{n - \lfloor \frac{bm - c - 1}{a} \rfloor}\)。

操作二：将 \(a\) 变为 \(a \bmod b\)

考察第 \(x\) 个 \(R\)，在它前面有 \(\lfloor \frac{ax + c}{b} \rfloor = \lfloor \frac{(a \bmod b)x + c}{b} \rfloor + \lfloor \frac{a}{b} \rfloor x\) 个 \(U\)。

因此我们有 \(f(a, b, c, n, U, R) = f(a \bmod b, b, c, n, U, U^{\lfloor \frac{a}{b} \rfloor} \cdot R)\)。

万能欧几里德算法

考虑交替进行操作一、二。

\[f(a, b, c, n, U, R) = \left\{ \begin{aligned} &R^{\lfloor \frac{b - c - 1}{a} \rfloor} \cdot U \cdot f(b \bmod a, a, (b - c - 1) \bmod a, m - 1, R, R^{\lfloor \frac{b}{a} \rfloor} \cdot U) \cdot R^{n - \lfloor \frac{bm - c - 1}{a} \rfloor} & m > 0 \\ &R^n & m = 0 \end{aligned} \right. \]

容易发现该算法的递归次数与计算 \(\gcd(a, b)\) 时使用的欧几里德算法完全相同，为 \(O(\log b)\) 次。

考虑使用快速幂计算算法中涉及的取幂运算。

计算 \(R^{\lfloor \frac{b - c - 1}{a} \rfloor}\) 与 \(R^{\lfloor \frac{b}{a} \rfloor}\) 显然需要 \(O(\log \frac{b}{a})\) 次乘法运算。

考虑分析计算 \(R^{n - \lfloor \frac{bm - c - 1}{a} \rfloor}\) 所需的乘法次数：

\[\begin{aligned} &O(n - \frac{bm - c - 1}{a}) \\ = &O(n - \frac{an + c - c - 1}{a}) \\ = &O(1) \end{aligned} \]

因此计算 \(R^{n - \lfloor \frac{bm - c - 1}{a} \rfloor}\) 只需要 \(O(1)\) 次乘法运算。

综上，每一层的乘法次数为 \(O(\log \frac{b}{a}) = O(\log b - \log a)\) 次。

递归到下一层时 \(a, b\) 交换，乘法次数为 \(O(\log a - \log(b \bmod a))\) 次。

发现上一层的 \(O(-\log a)\) 可以抵消掉下一层的 \(O(\log a)\)，因此万能欧几里德算法总乘法次数为 \(O(\log b)\) 次。

代码实现

template <typename T>
T qpow(T x, ll y) {
  T ret;
  for (; y; y >>= 1, x = x * x)
    if (y & 1) ret = ret * x;
  return ret;
}
template <typename T>
T solve(ll a, ll b, ll c, ll n, T U, T R) {
  ll m = (a * n + c) / b;
  if (!m) return qpow(R, n);
  return qpow(R, (b - c - 1) / a) * U *
         solve(b % a, a, (b - c - 1) % a, m - 1, R, qpow(R, b / a) * U) *
         qpow(R, n - (b * m - c - 1) / a);
}

例题

P5170【模板】类欧几里得算法

我们只需要设计合适的半群元素与乘法运算即可。

半群中的每一个元素代表一个由 \(U, R\) 组成的序列，维护五个信息：

1. \(U\) 的个数

2. \(R\) 的个数

3. 每一个 \(R\) 「前面的 \(U\) 的个数」之和

4. 每一个 \(R\) 「前面的 \(U\) 的个数」的平方和

5. 每一个 \(R\) 「前面的 \(U\) 的个数」乘以「前面的 \(R\) 的个数加一」之和

容易发现维护上述五个信息即可支持合并序列，即乘法运算。

时间复杂度 \(O(T \log \max\{a, b, c\})\)。

提交记录

ARC166E Fizz Buzz Difference

记 \(f(l, r) = \sum_{i = l}^r [a \mid i] - [b \mid i]\)。

先考虑求出 \(\max\{r - l \mid f(l, r) = n\}\)。

不难发现 \(\lim\limits_{r \to +\infty} f(l, r) = +\infty\) 且 \(|f(l, r) - f(l, r + 1)| \le 1\)。进而 \(\forall s \in N, \max\{r - l \mid f(l, r) = s\} < \max\{r - l \mid f(l, r) = s + 1\}\)，因此转化为求解 \(\max\{r - l \mid f(l, r) \le n\}\)。

观察到最长的满足 \(f(l, r) \le n\) 的区间 \([l, r]\) 一定满足 \(a \mid l - 1 \land a \mid r + 1\)。这是因为如果 \(a \nmid l - 1\) 那么 \(f(l - 1, r) \le n\)，如果 \(a \nmid r + 1\) 那么 \(f(l, r + 1) \le n\)，都能导出矛盾。

因此又转化为求解 \(\max\{r - l \mid f(la + 1, ra - 1) \le n \}\)。我们会让 \(b\) 的倍数的出现位置尽可能多，也即让第一个 \(b\) 的倍数出现位置尽可能靠前。具体地，我们一定能使 \(b \mid la + \gcd(a, b)\)。于是直接列不等式就能解出区间长度的最大值。

求出了区间长度的最大值之后，我们还需要求出最小的 \(l\) 使得 \([la + 1, ra - 1]\) 中 \(b\) 的倍数个数取到理论最大值。这相当于找到 \(ax \bmod b \ge lim\) 的最小的非负整数 \(x\)。

不妨假设 \(\gcd(a, b) = 1\)，如果不是可以让 \(a, b, lim\) 同时除以 \(\gcd(a, b)\) 而答案不变。先用扩展欧几里德算法解出 \(ax + by = 1\) 的一组解 \((x_0, y_0)\)。枚举 \(i = ax \bmod b\)，所求即：

\[\begin{aligned} &\min_{i = lim}^{b - 1} ix_0 \bmod b \\ = &\min_{i = lim}^{b - 1} ix_0 - b \lfloor \frac{ix_0}{b} \rfloor \\ = &(lim - 1)x_0 + \min_{i = 1}^{b - lim} ix_0 - b\lfloor \frac{ix_0 + (lim - 1)x_0}{b} \rfloor \end{aligned} \]

下式右项可以使用万能欧几里德算法求解。我们把 \(U\) 看作 \(-b\)，把 \(R\) 看作 \(+x_0\)，右项即求所有 \(R\) 处前缀和的最小值。容易设计出半群元素和乘法运算。

时间复杂度 \(O(T \log b)\)。

提交记录

CF500G New Year Running

求出路径交后，从一端开始给上面的每个点从 \(0\) 开始依次编号。在此基础上画出两人的 \(s - t\) 图像：如果 \((x, y)\) 在某人的图像中则表示他时刻 \(x\) 时位于路径交上编号为 \(y\) 的节点。原问题转化为求出两人 \((x, y)\) 图像的横坐标最小的交点。

不难发现，每个人的 \(s - t\) 图像都由两部分组成：周期性重复的若干条斜率为 \(1\) 的线段，和周期性重复的若干条斜率为 \(-1\) 的线段。考虑把每个人 \(s - t\) 图像的两部分分开求交点。

如果求交点的两组周期性重复的线段斜率相同，那么有交等同于重合。容易使用扩展欧几里德算法 \(O(\log n)\) 求解。

否则，由于重复间隔（即对应人的路径长度的两倍）长度为偶数，排除掉不可能交在整点的情况后，剩下的情况只要横坐标范围有交就一定交在整点。记第一个人重复间隔为 \(a\)，第二个人重复间隔为 \(b\)。第一个人的第 \(x\) 条线段和第二个人的第 \(y\) 条线段横坐标有交（\(x, y\) 从 \(0\) 开始编号），限制形如 \(l \le ax - by \le r\)；如果最后的横坐标最小的交点是这两条线段的交点，那么答案形如 \(\frac{c + ax + by}{2}\)。因此，我们需要求出 \(\min\{ax + by \mid l \le ax - by \le r\}\)。

不妨假设 \(\gcd(a, b) = 1\)，如果不是则一定可以转化。先用扩展欧几里德算法求出 \(ax - by = 1\) 的一组解 \((x_0, y_0)\)，枚举 \(i = ax - by\)，所求转化为：

\[\min_{i = l}^r a(ix_0 - b \lfloor \min\{\frac{ix_0}{b}, \frac{iy_0}{a}\} \rfloor) + b(iy_0 - a \lfloor \min\{\frac{ix_0}{b}, \frac{iy_0}{a}\} \rfloor) \]

\(l \le 0 \le r\) 的情况一定有 \((0, 0)\) 作为最优解，\(r < 0\) 的情况可以全部乘以 \(-1\) 转化为 \(l > 0\)。当 \(l > 0\) 时，记 \(\frac{p}{q} = \min\{\frac{x_0}{b}, \frac{y_0}{a}\}\)，上式转化为：

\[\begin{aligned} &\min_{i = l}^r a(ix_0 - b \lfloor \frac{ip}{q} \rfloor) + b(iy_0 - a \lfloor \frac{ip}{q} \rfloor) \\ = &\min_{i = l}^r (ax_0 + by_0)i - 2ab \lfloor \frac{ip}{q} \rfloor \\ = &(l - 1)(ax_0 + by_0)i + \min_{i = 1}^{r - l + 1} (ax_0 + by_0)i - 2ab \lfloor \frac{ip + (l - 1)p}{q} \rfloor \end{aligned} \]

类似上文的 ARC166E，最下式右项可以通过万能欧几里德算法求解。

时间复杂度 \(O(T \log n)\)。

提交记录

CF868G El Toll Caves

不难猜到最优策略一定是第 \(i\) 天检查编号为 \(ik \bmod n, (ik + 1) \bmod n, (ik + 2) \bmod n, \dots, (ik + k - 1) \bmod n\) 的 \(k\) 个洞穴（洞穴编号从 \(0\) 开始）。这是因为宝藏在任何一个洞穴里的可能性都相等，我们希望每个洞穴被检查的次数尽可能平均。

记 \(f_i\) 表示宝藏在洞穴 \(i\) 时的期望天数。稍加推导不难发现：

\[f_i = \left\{ \begin{aligned} &f_{i - k} + 1 & i \ge k \\ &\frac{1}{2} f_{i - k + n} + 1 & i < k \end{aligned} \right. \]

容易发现这些转移连成了 \(\gcd(n, k)\) 条长为 \(\frac{n}{\gcd(n, k)}\) 环，每条环上的 \(f\) 完全相同，于是只需要考虑 \(\gcd(n, k) = 1\) 的情况即可。

此时，令 \(f_0\) 为主元，从 \(0\) 开始不断 \(+ k\)，在环上走一圈即可 \(O(n)\) 解出 \(f_0\)，进而求得 \(\frac{1}{n}\sum_{i = 0}^{n - 1} f_i\)。

考虑使用万能欧几里德算法加速「走一圈」的过程。每走一步，如果跨过了一个周期就先 \(\times \frac{1}{2}\) 再 \(+1\)，否则直接 \(+1\)。容易发现走第 \(x\) 步之前共进行了 \(\lfloor \frac{kx}{n} \rfloor\) 次 \(\times \frac{1}{2}\)，这对应着第 \(x\) 个 \(R\) 之前有 \(\lfloor \frac{kx}{n} \rfloor\) 个 \(U\)。

我们把 \(\times \frac{1}{2}\) 看作 \(U\)，\(+1\) 看作 \(R\)，对于每个半群元素维护：

1. \((k, b)\) 表示 \(x\) 经过该元素对应的 \(U, R\) 操作序列后变为了 \(kx + b\)

2. \((s_k, s_b)\) 表示 \(x\) 经过该元素对应的 \(U, R\) 操作序列在进行完每个 \(R\) 操作后的和为 \(s_k x + s_b\)

容易设计乘法运算，由于 \((k, b)\) 本质是矩阵，因此不难验证其满足结合律。

时间复杂度 \(O(T \log n)\)。

提交记录