這個目前網上好像沒有詳細的教程，我來造福社會吧。
為了方便本文的敘述，做一個不嚴謹的規定。在本文中一個\(01\)串可以對應一些信息，並且這些信息是支持合並的，即如果用\(g(S)\)表示\(01\)串\(S\)對應的信息，那么可以用\(g(S)\)和\(g(T)\)計算出\(g(S+T)\)。因此我們不妨類比字符串，將這類信息的合並看作是加法。同樣的，這類信息與數字的乘法代表連續的合並。
萬能歐幾里得可以解決基本所有的類歐幾里得問題，而且不同的問題不需要重新推式子，只需要稍作修改即可。
首先來形式化的說明一下萬能歐幾里得能解決的問題：
給定\(p,q,r,l\)以及\(g('0')\)和\(g('1')\)，並給出一種信息合並的方式滿足\(g(S)+g(T)=g(S+T)\)。從左至右考慮函數\(y=\frac{px+r}{q}\)在\((0,l]\)內的直線並維護一個\(01\)字符串\(S\)，每當和\(x=c\)（\(c\)是整數）相交時在\(S\)的末尾添加\('0'\)，每當和\(y=c\)（\(c\)是整數）相交時在\(S\)的末尾添加\('1'\)，當經過整點時先添加\('1'\)后添加\('0'\)。求\(01\)串\(S\)所對應的信息。
可以發現類歐幾里得問題都可以轉化為上述問題。舉個例子，如果我們要求：
那么從結果上來講我們只需要知道每個串對應的\(\sum i\lfloor\frac{pi+r}{q}\rfloor\)，考慮對兩個串進行合並，那么對於后面的串來講\(\sum i\lfloor\frac{pi+r}{q}\rfloor\)就變成了\(\sum (i+x)(\lfloor\frac{pi+r}{q}\rfloor+y)\)，其中\(x\)，\(y\)分別是前面的串中\(i\)和\(\lfloor\frac{pi+r}{q}\rfloor\)最終的值。那么顯然為了合並\(x\)和\(y\)也是需要維護的。
進一步考慮\(\sum (i+x)(\lfloor\frac{pi+r}{q}\rfloor+y)=(\sum i\lfloor\frac{pi+r}{q}\rfloor)+(x\sum\lfloor\frac{pi+r}{q}\rfloor)+(y\sum i)+(xy\sum 1)\)，考慮到\(\sum i\)和\(\sum 1\)都可以由后面的串的\(x\)直接得到因此無需維護，只需要再對\(\sum\lfloor\frac{pi+r}{q}\rfloor\)進行維護即可。維護的計算方式稍加推導即可得知。
我們將解決上述問題的方法表示為\(f(p,q,r,l,s_0,s_1)\)（其中\(s_0\)、\(s_1\)分別表示\(g('0')\)、\(g('1')\)），考慮如何遞歸至更小的規模：
首先可以發現，我們將\(r\)對\(q\)取余是沒有關系的（因為\(S\)不會改變），於是可以保證\(r<q\)。
接着，如果\(p<q\)考慮如何轉化為\(p\geq q\)。發現這或許可以通過將坐標系的橫縱軸翻轉解決。我們設\(k=\lfloor\frac{pl+r}{q}\rfloor\)，那么可以考慮先處理好值域在\((1,k]\)之間的部分。如果\(k=0\)，那么不會經過\(y=c\)，我們直接返回\(s_0*l\)。否則我們將坐標軸反轉並平移，可以使之前的問題等價於函數\(y=\frac{qx+(q-r)}{p}\)在\((0,k-1]\)之間的部分，此時我們需要將\(s_0\)與\(s_1\)互換。不過這里有一個問題是互換了\(s_0\)和\(s_1\)以后，如果經過了整點那么實際的順序會與我們規定的相反，為了解決這個問題，我們將函數整體向下平移\(\frac{1}{p}\)，即變成\(y=\frac{qx+(q-r-1)}{p}\)，那么原來的經過整點就變成了先與\(x=c\)相交的情況，和我們期望的一致，並且對其它的經過方式都不會產生結果上的變化。當然這會對頭尾的需要單獨處理的一小部分產生一些影響，接下來會說明這個問題。現在我們可以遞歸到\(f(q,p,q-r-1,s_1,s_0)\)。
接下來還需要處理首尾的問題。先考慮開頭，由於我們已經處理了值域在\(1\)之后的，那么與\(y=c\)相交的情況只會出現一次，於是我們統計與\(x=c\)相交的次數，那么就是函數與\(y=1\)相交的點的橫坐標的下取整即\(\lfloor\frac{q-r}{p}\rfloor\)。不過需要特別注意的是當\(\frac{q-r}{p}\)為整數時，我們經過了\((1,\frac{q-r}{p})\)這個整點，而由於我們之前將遞歸的函數下移了\(\frac{1}{p}\)，因此遞歸的部分實際上會將與\(x=\frac{q-r}{p}\)相交的情況包含，因此我們在開頭需要計算的與\(x=c\)相交的次數只有\(\lfloor\frac{q-r-1}{p}\rfloor\)次，之后再與\(y=1\)相交。即，在開頭需要額外添加的信息是\(s_0*{\lfloor\frac{q-r-1}{p}\rfloor}+s_1\)。
尾部的問題也是類似的。由於函數值的整數部分不會再增加，於是只有與\(x=c\)相交的情況。計算可得與\(y=k\)相交的點橫坐標為\(\frac{kq-r}{p}\)，由於遞歸下去的函數平移了\(\frac{1}{p}\)因此我們實際上只處理到了\(\frac{kq-r-1}{p}\)，於是我們在末尾加上\(s_0*({l-\lfloor\frac{kq-r-1}{p}\rfloor})\)即可。
於是我們可以保證\(p\geq q\)，考慮怎么解決這一部分。
我們設\(k=\lfloor\frac{p}{q}\rfloor\)，那么原函數可以表示為\(y=kx+\frac{(p\ \bmod\ q)x+r}{q}\)，將其與函數\(y=\frac{(p\ \bmod\ q)x+r}{q}\)相比，相當於在每次經過\(x=c\)之前額外經過\(k\)次\(y=c\)。於是我們可以遞歸至\(f(p\bmod q,q,r,l,s_1*k+s_0,s_1)\)。
綜上所述，我們完整的解決了萬能歐幾里得問題。為了使思路更加清晰，我們用偽代碼的形式重新整理一遍之前的方法。
\(f(p,q,r,l,s_0,s_1)\)
\(\ \ \ \ r=r\bmod q\)
\(\ \ \ \ \text{if}\ p<q\ \text{then}\)
\(\ \ \ \ \ \ \ \ k=\lfloor\frac{pl+r}{q}\rfloor\)
\(\ \ \ \ \ \ \ \ \text{if}\ k=0\ \text{then}\)
\(\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{return}\ s_0*l\)
\(\ \ \ \ \ \ \ \ \text{return}\ s_0*{\lfloor\frac{q-r-1}{p}\rfloor}+s_1+f(q,p,q-r-1,k-1,s_1,s_0)+s_0*(l-\lfloor\frac{kq-r-1}{p}\rfloor)\)
\(\ \ \ \ \text{else}\)
\(\ \ \ \ \ \ \ \ k=\lfloor\frac{p}{q}\rfloor\)
\(\ \ \ \ \ \ \ \ \text{return}\ f(p\bmod q,q,r,l,s_1*k+s_0,s_1)\)
如果將維護信息的加法和乘法的復雜度看作\(O(1)\)，那么萬能歐幾里得的復雜度與歐幾里得算法的分析相似，為\(O(\log n)\)。值得注意的是通常為了方便乘法可以用倍增進行快速乘，不過如果分析系數與乘數的關系可以得到更快的方法。
\(P.S.\)用平移\(\frac{1}{p}\)的方式處理特殊要求的方法是嘿嘿嘿同學告訴我的，嘿嘿嘿太強了。