類歐幾里得

基本是利用歐幾里得的思想，來不斷縮小問題規模。所以舉栗子來推推式子。

一、BZOJ3817

求$Ans=\sum_{d=1}^{n}$$\lfloor (b*x+c)/a\rfloor*d,x=\sqrt r$

設$t=\lfloor (b*x+c)/a \rfloor$，$k=(b*x+c)/a-t$，顯然$t>=1,k<1$

於是$Ans= \sum_{d=1}^n t*d+k*d$

通過畫圖，發現可以把枚舉橫坐標，變成枚舉縱坐標。

$Ans=\frac{t*n*(n+1)}{2}+\sum_{d=1}^{kn} n-\lfloor d/k\rfloor$ ps:這里沒有考慮直線經過整點

由上面的圖得知當x為有理數時，即斜率會經過整點，而上公式會多減去。為了省事，就特判解決吧。或者偏移一下eps，奇數次計算包含整點，偶數次就不計算...

$\frac{1}{k}=\frac{a}{bx+c}$約分得$\frac{a*b*x-a*c}{b^2*r-c^2} $

貼一個核心代碼 復雜度$O(\log n)$

ll solve(int n,int a,int b,int c)
{
 if(n<=0){eps=fabs(eps);return 0;}
 int tmp=gcd(a,gcd(b,c));a/=tmp,b/=tmp,c/=tmp;//約分以防爆long long
 int t=(b*x+c)/a+eps; ll sum=(ll)n*(n+1)/2;
 c-=t*a;int k=((b*x+c)/a+eps)*n;
 eps=-eps;
 return t*sum+(ll)k*n-solve(k,b*b*r-c*c,a*b,-a*c);
}

 

二、BZOJ2987

求$Ans=\sum_{x=1}^{n}\lfloor\frac{C+Bx}{A}\rfloor$

下面要求 $C<A \ \ \&\ B< A,A,B,C≥0$ 如果不滿足可以通過這些來轉換：

1. $if\ \ B\lt0 \ \ t= \lfloor \frac{A-1-B}{A}\rfloor, Ans-=\frac{t*n*(n+1)}{2},B+=t*A$
2. $if  \ \ C\lt 0 \ \ t=\lfloor \frac{A-1-C}{A}\rfloor,Ans-=n*t,C+=A*t$ ps:$t為C變為\lt A的累加次數$
3. $if \ \ C\ge A \  \ Ans+=\lfloor \frac{C}{A}\rfloor*n, C \%=A$
4. $if \ \ B\ge A \ \ Ans +=\lfloor \frac{B}{A} \rfloor*\frac{n*(n+1)}{2},B\%=A $

然后來推式子：

$\begin{align} Ans & =\sum_{x=1}^{n}\lfloor\frac{C+Bx}{A}\rfloor \\& =\sum_{x=1}^{n} \sum_k[kA≤C+Bx] \\&= \sum_{k=1}^{\lfloor\frac{C+Bn}{A}\rfloor} n-\lfloor\frac{Ak-C}{B}\rfloor +1 \\& =\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{C+Bn}{A}\rfloor} n-\lfloor\frac{Ak-C+B-1}{B}\rfloor +1 ps:Ak-C\le Bx\end{align} $

那么$n=\lfloor\frac{C+Bn}{A}\rfloor,B'=A,C=B-C-1,A'=B$

於是問題規模被不斷縮小，復雜度$O(\log n)$

 核心代碼

ll solve(ll n,ll a,ll b,ll c)
{
    if(n<=0)return 0;
    ll res=0;
    if(c<0)
    {
        ll t=(a-1-c)/a;
        res-=t*n;c+=a*t;
    }
    if(b<0)
    {
        ll t=(a-1-b)/a; 
        res-=t*n*(n+1)>>1; b+=a*t;
    }
    if(c/a>0||b/a>0)
    {
        res+=(c/a)*n;res+=(b/a)*n*(n+1)>>1;
        c%=a;b%=a;
    }
    ll newn=(c+b*n)/a;
    res+=newn*(n+1)-solve(newn,b,a,b-c-1);
    return res; 
}

 

三、BZOJ2187,2712

求滿足$\frac{a}{b}\lt\frac{p}{q}\lt\frac{c}{d}$的最小(q,p)

YY了一個想法：

$對於一個合法的q滿足\lfloor \frac{a*q}{b}\rfloor+1\le\lfloor\frac{c*q-1}{d}\rfloor,$

$統計一個\sum_{i=1}^{q}\lfloor\frac{c*i-1}{d}\rfloor-\lfloor \frac{a*i}{b}\rfloor >0即存在q滿足條件$

二分一下就好了....

然后來個正經的：

$if \ \ a=0 ==>p=1,q=\lfloor\frac{d}{c}\rfloor+1$

$else \ \ if \ \  a<=b\&\&c<=d ==> \frac{d}{b}\lt\frac{p}{q}\lt\frac{c}{a} $

$else \ \  \frac{a\%b}{b}\lt\frac{p-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor*q}{q}-\lt\frac{c-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor*b}{d}$

於是又變成了不斷遞歸的過程...

一顆賽艇.......

核心代碼

void simplify(ll &a,ll &b) 
{ 
　　ll x=gcd(a,b);a/=x;b/=x; 
}
void solve(ll a,ll b,ll &p,ll &q,ll c,ll d)
{
    simplify(a,b); simplify(c,d);
    if(a==0)
    {
        p=1;q=d/c+1;return;
    }else
    if(a/b+1<ceil((double)c/d))
    {
        q=1;p=a/b+1;return;
    }else
    if(a<=b&&c<=d){solve(d,c,q,p,b,a);return;}
    ll t=a/b;
    solve(a%b,b,p,q,c-t*d,d);
    p+=q*t;
}

 [未完待續....]