辗转相除法简介qwq

其实是要讲万欧啦ovo，不过似乎本质就是类欧。但是似乎比类欧更容易学，扩展性更强，完爆类欧。参考链接是这篇，不过笔误较多，所以我稍加整理，希望大佬们轻喷/dk

首先是我们要求的东西：

给定非负整数 \(p,q,r,n\)，且 \(q>0\)。考虑一个由 U 和 R 组成的序列：由 \(n\) 段拼接成，第 \(i(1\leq i\leq n)\) 段为 \(U^{b_i-b_{i-1}}R\)，其中 \(b_i(0\leq i\leq n)=\lfloor\frac{pi+r}{q}\rfloor\)。例如 \(p=5,q=3,r=4,n=8\)，对应的序列是 UURURUURUURURUURUURUR。

里面的 \(U\) 和 \(R\) 不一定是一个数，可以理解为两种"操作"。比如在类欧的经典形式中，假如把目前的 \(i\) 记作 \(x\)，\(\lfloor\frac{ai+b}{c}\rfloor\) 记作 \(y\)，则 U 对应 y+=1，R 对应 x+=1 且将此时的 \(y\) 加入答案。

你的目标时快速求出这个序列对应的操作复合的结果，也就是它们的乘积。实际上，我们只需要把这两种操作看成元素，乘法设为复合，它们能构成半群即可。（也即，我们只需要要求结合律，在下述说明中，操作流程只用到了幂和乘法）

接下来，我们正式开始详解这个四行代码的算法！

情况 \(1\)：若 \(r\geq q\)，那么显然，将 \(r\leftarrow r\bmod q\) 不会有影响。

情况 \(2\)：若 \(p\geq q\)，那么每一段末尾都会是 \(U^{\lfloor\frac{p}{q}\rfloor}R\) 的形式，因此可以令 \(p\leftarrow p\bmod q,R\leftarrow U^{\lfloor\frac{p}{q}\rfloor}R\)。（这部分也是显然的。如果你在这里有问题，可以理解成下一段比上一段多了 \(p\) 个，等价于多了 \(p\bmod q\) 个，且"白送"了 \(\lfloor\frac{p}{q}\rfloor\) 个大小为 \(q\) 的整段）

剩下的情况就是 \(p<q\)。一个显然的性质是不会存在相邻的 U，也就是说从"感觉上"，变成了类似 RRURURRURRU 的形式，这提示我们去交换 U 和 R。

记 U'=R,R'=U。考虑每个 R' 之前 U' 的数量。在原序列上就是对于一个 \(y\)，求满足 \(y\gt \lfloor\frac{px+r}{q}\rfloor\) 的 \(x\in \Z^+\) 数量。这可以通过一个关于取整符号的简单变换来求出。

把下取整改上取整，等价于 \(y\geq \lceil\frac{px+r+1}{q}\rceil\)，即 \(qy\geq px+r+1\)。这意味着 \(x\leq \lfloor\frac{qy-r-1}{p}\rfloor\)，就变成了一个几乎和原来形式完全一样的新问题！设 \(m\) 为原序列总共 U 的数量（为 \(\lfloor\frac{pn+r}{q}\rfloor\)），则问题从 \((p,q,r,n)\) 转为了 \((q,p,-r-1,m)\)。

不过容易发现会产生两个问题，一个是 \(r'\) 项为负数，另一个是右对齐（即序列必须要求以 R' 结尾）。

问题二的解决方式很容易想到，就是在原序列上把一段后缀 R 直接乘掉。这个个数可以通过总个数减去最后一个 U 之前的个数得到，即 \(n-\lfloor\frac{qm-r-1}{p}\rfloor\)，在递归后的结果的基础上右乘一个快速幂就好。

问题一的解决方式也不难，因为 \(q-r-1\geq 0\) 是合法的（这个值是 \(qy-r-1\) 在 \(y=1\) 处的取值），所以只需要对后 \(m-1\) 个段做递归，第一个段暴力处理就好了。也就是左乘上 \(R^{\lfloor\frac{q-r-1}{p}\rfloor}U\)。

最后边界从这里也很容易看得出来，前两种情况不会改变 \(n\) 的值，最后一种情况在 \(m\geq 1\) 时都可以继续递归下去，只需要 \(m=0\) 的时候返回 \(R^n\) 即可。于是一个 \(\operatorname{polylog}\) 复杂度的万欧算法就出来了。

仔细想想或者观察下代码，操作二中快速幂的量级为 \(O(p/q)\)，操作三中为 \(O(q/p)\)。不妨快速幂的复杂度就是 \(\log\)。假如把它们捆绑在一起，那么只需要考虑操作二，且每轮一个数在付了 \(\log t\) 的代价的同时也会比掉 \(t\)，因此复杂度是 \(O(\log p+\log q)\) 的。

因此总复杂度为 \(O((\log pq)\cdot Tpow)\)，其中 \(Tpow\) 为信息乘法部分的复杂度。

放个代码（类欧板子，仅展示万欧部分的代码，信息合并是 trivial 的）：

apple solve(int p,int q,int r,long long n,apple U,apple R){
	r%=q;
	if(p>=q)return solve(p%q,q,r,n,U,(U^(p/q))*R);
	long long m=(p*n+r)/q;
	if(!m)return R^n;
	long long zh=n-(q*m-r-1)/p;
	return (R^((q-r-1)/p))*U*solve(q,p,q-r-1,m-1,R,U)*(R^zh);
}

然后我来列举一些万欧的简单应用：

luogu P5170：设 \(x=i,y=\frac{ai+b}{c}\)，忽略掉 \(i=0\) 的答案，那么答案相当于所有 \(x\) 变化的位置的 \(y,y^2,xy\) 之和。采用类似线段树维护区间信息的方式，维护所有这些时刻（即 R 结尾的时刻）的 \(x,y,\sum x,\sum y,\sum y^2,\sum xy\) 即可。当然，也可以把 U 和 R 都看作矩阵，不过这样常数会更大。

loj 6440：这个信息看起来不太能用矩阵维护，但是它有可合并的性质，所以类似地维护 \(A^x,B^y,\sum A^xB^y\) 即可。

min of mod of linear：也是同样地维护信息。此时并不是加和，是最值问题，但把 \((ax+b)\bmod m\) 当作 \(ax+b-m\frac{ax+b}{m}=ax+b-my\)，同样维护信息即可。

练习题 Codeforces 868G：一种可能的做法（我胡的，不确定正确性）是求无穷和，复杂度是不变的，比较好想，但可能要列一些公式；此外还可以解方程，就是常见的万欧形式了。

变体：

luogu P5172：不妨 \(\sqrt r\) 为无理数。那么此时不会存在非平凡整点 \((x,y)\)。设 \(k\) 为那个无理数，则每次只需要么 \(k\leftarrow k-\lfloor k\rfloor\)，要么 \(k\leftarrow \frac{1}{k}\) 操作下去即可。复杂度证明方式和之前不太一样，一种考虑方法是在 \(k<0.5\) 时 \(n\) 会至少减半，\(0.5<k<1\) 时第一次操作成 \((\frac{1}{k},nk)\)，第二次操作成 \((\frac{k}{1-k},n(1-k))\)，所以 \(n\) 也会减半，复杂度就是 \(O(\log n)\) 了。（不过这题可能会卡精度，建议使用 __float128，并且开根直接用牛顿迭代）。