类欧几里得算法

万恶之源

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首先推一下可以发现，我们可以分“位”计算。

设二进制下第\(k\)对答案的贡献为\(\mathrm{Ans_k}\)，则

\[\mathrm{Ans_k=}\sum\limits_{i=1}^{n} \texttt{“ai+b的第k位为1”}=\sum\limits_{i=1}^{n} \left \lfloor \frac{ai+b}{2^{k}} \right \rfloor \bmod 2 =\sum\limits_{i=1}^{n} \left \lfloor \frac{ai+b}{2^{k}} \right \rfloor - 2\left \lfloor \frac{ai+b}{2^{k+1}} \right \rfloor \]

最后一步相当于第\(k\)之前的内容消掉。

然后就引出了一个通用的问题：如何快速地求出\(\sum\limits_{i=0}^{n}\left \lfloor \dfrac{ai+b}{c} \right \rfloor\)的值。

首先我们可以先算一下\(\sum\limits_{i=0}^{n}\left \lfloor \dfrac{ai+b}{c} \right \rfloor\)的值（因为类欧的下标就是从\(0\)）开始的。

（设\(f(a,b,c,n)=\sum\limits_{i=0}^{n} \left \lfloor \dfrac{ai+b}{c} \right \rfloor\)）

\(\left \lfloor \dfrac{ai+b}{c} \right \rfloor\)可能是个假分数，所以我们可以把它拆成一个带分数。

设\(a'=a \mod c\)，\(b'=b \mod c\)。

则

\[\sum\limits_{i=0}^{n}\left \lfloor \dfrac{ai+b}{c} \right \rfloor=\left \lfloor \frac{a'i+b'}{c} \right \rfloor +i \left \lfloor \frac{a}{c} \right \rfloor+\left \lfloor \frac{b}{c} \right \rfloor = f(a',b',c,n)+\dfrac{(n+1)n}{2}\left \lfloor \frac{a}{c} \right \rfloor+(n+1)\left \lfloor \frac{b}{c} \right \rfloor \]

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对于\(a<c,b<c\)的情况，我们就再次乱搞。

（设\(m=\left \lfloor \dfrac{an+b}{c} \right \rfloor\)）

那么$f(a,b,c,n) =\sum\limits_{i=0}^{{n}\sum\limits_{j=1}} [\left \lfloor \dfrac{ai+b}{c} \right \rfloor \geqslant j ] $

这一步貌似把原式变复杂了，但是接下来就会发觉这是有用的。

接着，我们把\(j\)的下标改一改：$\sum\limits_{i=0}^{{n}\sum\limits_{j=0}} [\left \lfloor \dfrac{ai+b}{c} \right \rfloor \geqslant j+1 ] $

很好，接下来就开始秀操作了。

将求和符号右边的式子转换一下，得$\sum\limits_{i=0}^{{n}\sum\limits_{j=0}} [i \geqslant \dfrac{jc+c-b}{a} ] $

把第一个求和符号去掉（因为方框里面那个只是\(bool\)变量，完全可以换成差式），再把不等式的符号改成大于号，得

$\sum\limits_{j=0}^{m-1} n- \left \lfloor \dfrac{jc+c-b-1}{a} \right \rfloor $

这里多了个\(-1\)是因为$x \geqslant y \Rightarrow x>y-1 $，然后向下取整消失了又出现是正确的，这里真的不想解释。

然后有没有发现$\left \lfloor \dfrac{jc+c-b-1}{a} \right \rfloor \(和\)f$的定义很像？

没错！这就说明我们的变换成功了！

将上面式子中的\(n\)提出求和符号，再将\(f\)代入，得

\(nm-f(c,c-b-1,a,m-1)\)

所以这就是类欧。

例题代码

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当然了，类欧的基本式子还可以加上指数和系数，这个有空再更。