类欧几里德算法

引入

类欧几里德算法是洪华敦在 2016 年冬令营营员交流中提出的内容。它常用于解决形如

$$\lfloor {\displaystyle \frac{ai+b}{c}}\rfloor$$

结构的数列（下标为 $i$）的求和问题。它的主要想法是，利用分数自身的递归结构，将问题转化为更小规模的问题，递归求解。因为分数的递归结构和 欧几里得算法 存在直接的 联系，因此，这一求和方法也称为类欧几里得算法。

因为 连分数 和 Stern–Brocot 树 等方法同样刻画了分数的递归结构，所以利用类欧几里得算法可以解决的问题，通常也可以用这些方法解决。与这些方法相比，类欧几里得算法通常更容易理解，它的实现也更为简明。

类欧几里得算法

最简单的例子，就是求和问题：

$$f(a,b,c,n)=\sum _{i=0}^n\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor ,$$

其中，$a,b,c,n$ 都是正整数。

代数解法

首先，将 $a,b$ 对 $c$ 取模，可以简化问题，将问题转化为 $0\le a,b<c$ 的情形：

$$\begin{array}{rl}f(a,b,c,n)& =\sum _{i=0}^n\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor \\ & =\sum _{i=0}^n\lfloor \frac{(\lfloor \frac{a}{c}\rfloor c+(amodc))i+(\lfloor \frac{b}{c}\rfloor c+(bmodc))}{c}\rfloor \\ & =\sum _{i=0}^n(\lfloor \frac{a}{c}\rfloor i+\lfloor \frac{b}{c}\rfloor +\lfloor \frac{(amodc)i+(bmodc)}{c}\rfloor )\\ & =\frac{n(n+1)}{2}\lfloor \frac{a}{c}\rfloor +(n+1)\lfloor \frac{b}{c}\rfloor +f(amodc,bmodc,c,n).\end{array}$$

现在，考虑转化后的问题。令

$$m=\lfloor \frac{an+b}{c}\rfloor .$$

那么，原问题可以写作二次求和式：

$$\sum _{i=0}^n\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor =\sum _{i=0}^n\sum _{j=0}^{m-1}[j<\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor ].$$

交换求和次序，这需要对于每个 $j$ 计算满足条件的 $i$ 的范围。为此，将条件变形：

$$\begin{array}{rl}& j<\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor =\lceil \frac{ai+b+1}{c}\rceil -1\\ & ⟺j+1<\lceil \frac{ai+b+1}{c}\rceil ⟺j+1<\frac{ai+b+1}{c}\\ & ⟺{\displaystyle \frac{cj+c-b-1}{a}}<i⟺\lfloor {\displaystyle \frac{cj+c-b-1}{a}}\rfloor <i.\end{array}$$

变形过程中多次利用了取整函数的性质。代入变形后的条件，原式可以写作：

$$\begin{array}{rl}f(a,b,c,n)& =\sum _{j=0}^{m-1}\sum _{i=0}^n[i>\lfloor \frac{cj+c-b-1}{a}\rfloor ]\\ & =\sum _{j=0}^{m-1}(n-\lfloor \frac{cj+c-b-1}{a}\rfloor )\\ & =nm-f(c,c-b-1,a,m-1).\end{array}$$

令 $(a^{\prime },b^{\prime },c^{\prime },n^{\prime })=(c,c-b-1,a,m-1)$，这就又回到了前面讨论过的 $a^{\prime }>c^{\prime }$ 的情形。

将这两步转化结合在一起，可以发现在过程中，$(a,c)$ 不断地取模后交换位置，直到 $a=0$。这就类似于对 $(a,c)$ 进行辗转相除，这也是类欧几里德算法的得名。它的时间复杂度是 $O(\log min\{a,c\})$ 的。

在计算过程中，可能会出现 $m=0$ 的情形，此时内层递归会出现 $n=-1$。这并不影响最终的结果。但是，如果要求出现 $m=0$ 时，直接终止算法，那么算法的时间复杂度可以改良为 $O(\log min\{a,c,n\})$ 的。

对复杂度的解释

利用该算法和欧几里得算法的相似性，很容易说明它的时间复杂度是 $O(\log min\{a,c\})$ 的。因此，只需要说明，如果在 $m=0$ 时终止算法，那么它的时间复杂度也是 $O(\log n)$ 的。

令 $m=\lfloor (an+b)/c\rfloor$，并记 $S=mn$，$k=m/n$，它们分别相当于几何直观（见下一节）中点阵图的面积和直线的斜率。对于充分大的 $n$，近似有 $k\doteq a/c$。

考察 $S$ 和 $k$ 在算法过程中的变化。第一步取模时，$n$ 保持不变，$k$ 近似由 $a/c$ 变为 $(amodc)/c$，相当于斜率由 $k$ 变为 $k-\lfloor k\rfloor$，而 $S$ 也近似变为原来的 $(k-\lfloor k\rfloor )$ 倍。第二步交换横纵坐标时，$S$ 近似保持不变，$k$ 则变为它的倒数。因此，若设两步操作后，二元组 $(k,S)$ 变为 $(k^{\prime },S^{\prime })$，则有 $k^{\prime }=(k-\lfloor k\rfloor {)}^{-1}$ 且 $S^{\prime }=(k-\lfloor k\rfloor )S$。

因为 $1\le \lfloor k^{\prime }\rfloor \le k^{\prime }<\lfloor k^{\prime }\rfloor +1$，所以，递归计算两轮后，乘积缩小的倍数最少为

$$(k^{\prime }-\lfloor k^{\prime }\rfloor )(k-\lfloor k\rfloor )=1-{\displaystyle \frac{\lfloor k^{\prime }\rfloor }{k^{\prime }}}<1-{\displaystyle \frac{\lfloor k^{\prime }\rfloor }{\lfloor k^{\prime }\rfloor +1}}={\displaystyle \frac{1}{\lfloor k^{\prime }\rfloor +1}}\le {\displaystyle \frac{1}{2}}.$$

因此，至多 $O(\log S)$ 轮，算法必然终止。因为从第二轮开始，每轮开始时的 $S$ 总是不超过上一轮取模结束后的 $S$，而后者大致为 $k{n}^2$ 且 $k<1$，因而 $O(\log S)\subseteq O(\log n)$。这就得到了上述结论。

模板题的参考实现如下：

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#include <iostream>

long long solve(long long a, long long b, long long c, long long n) {
  long long n2 = n * (n + 1) / 2;
  if (a >= c || b >= c)
    return solve(a % c, b % c, c, n) + (a / c) * n2 + (b / c) * (n + 1);
  long long m = (a * n + b) / c;
  if (!m) return 0;
  return m * n - solve(c, c - b - 1, a, m - 1);
}

int main() {
  int t;
  std::cin >> t;
  for (; t; --t) {
    int a, b, c, n;
    std::cin >> n >> c >> a >> b;
    std::cout << solve(a, b, c, n - 1) << '\n';
  }
  return 0;
}

几何直观

这个算法还可以从几何的角度理解。类欧几里得算法可以解决的问题主要是直线下整点计数问题。

如下图最左部分所示，该求和式相当于求直线

$$y={\displaystyle \frac{ax+b}{c}}$$

下方，$x$ 轴上方（不包括 $x$ 轴），且横坐标位于 $[0,n]$ 之间的格点数目。

首先，移除斜率和截距中的整数部分。这一步相当于将上图中间部分的蓝点数量单独计算出来。当斜率和截距都是整数时，蓝点一定构成一个梯形阵列，也就是说，不同纵列的格点形成等差数列，因而这些点的数量是容易计算的。将这些点移除后，剩余的格点和上图最右部分的红点数量一致。问题就转化成了斜率和截距都小于一的情形。因为梯形的高为 $n+1$ 且两个底边长度分别为 $\lfloor b/c\rfloor$ 和 $(\lfloor a/c\rfloor n+\lfloor b/c\rfloor )$，所以，利用梯形面积公式，这一步骤可以归纳为算式

$$f(a,b,c,n)=f(amodc,bmodc,c,n)+{\displaystyle \frac{1}{2}}(n+1)(\lfloor {\displaystyle \frac{b}{c}}\rfloor +(\lfloor {\displaystyle \frac{a}{c}}\rfloor n+\lfloor {\displaystyle \frac{b}{c}}\rfloor )).$$

然后，翻转横纵坐标轴。如下图最左部分所示，图中的红点和蓝点构成了一个横向长度为 $n$、纵向长度为 $m=\lfloor (an+b)/c\rfloor$ 的矩形点阵。要计算红点的数量，只需要计算蓝点的数量，再用矩形点阵的数量减去蓝点的数量即可。翻转后，上图左半部分中的蓝点点阵就变成了某条直线下的红色点阵。而且，翻转后，斜率大于一，就又回到了上文已经处理过的情形。

关键在于如何计算新的红色点阵上方的直线的方程。将上图最左部分的横纵坐标轴翻转，就得到上图中间部分。翻转后的红色点阵上方的直线（中间部分的实线），并非对应翻转前的直线（最左部分的实线），而是翻转前的直线向左上平移一点点的结果（最左部分的虚线）。这是因为，如果直接将直线（最左部分的实线）翻转，将得到中间部分的虚线，但是按照定义，它下方的格点包括恰好落在直线上的格点，这就会导致直线上的格点重复计数。为了避免这一点，需要将翻转直线 $y=(ax+b)/c$ 后得到的直线 $y=(cx-b)/a$ 向下平移一点点，得到直线 $y=(cx-b-1)/a$，这样它下方的点阵才恰为翻转前的蓝色点阵。

还有另一处细节需要处理。上图中间部分的直线的截距是负数，这意味着还没有回到之前的初始情形。要让截距恢复为非负数，只需要将直线（中间部分的实线）向左平移一个单位。这样做不会漏掉任何格点，因为翻转前的蓝色点阵中没有纵坐标为零的点，翻转后也就不存在横坐标为零的点。最后，直线方程就变为 $y=(cx+c-b-1)/a$；同时，点阵的横坐标的上界也从 $m$ 变成了 $m-1$。这一步骤可以归纳为算式

$$f(a,b,c,n)=mn-f(c,c-b-1,a,m-1).$$

这种递归的算法行得通，主要有两个原因：

• 第一，直线的斜率不断地先取小数部分再取倒数，这等价于计算直线斜率 $k=a/c$ 的 连分数展开。因为有理分数的连分数展开的长度是 $O(\log min\{a,c\})$ 的，所以这一过程一定在 $O(\log min\{a,c\})$ 步后终止；
• 第二，因为每次翻转坐标轴的时候，直线斜率都是小于一的，因此，直觉上应该有 $m<n$，也就是说，经过这样一轮迭代后，横坐标的范围一直是在缩小的。前文的复杂度计算中通过严格的分析说明，每两轮迭代后，$n$ 至多为原来的一半，故而这一过程一定在 $O(\log n)$ 步后终止。

这也是斜率为有理数时的类欧几里得算法的复杂度是 $O(\log min\{a,c,n\})$ 的原因。

利用类似的几何直观，可以将类欧几里得算法推广到斜率为无理数的情形，具体分析请参考后文的例题。

例题

【模板】类欧几里得算法

多组询问。给定正整数 $a,b,c,n$，求

$$\begin{array}{rl}f(a,b,c,n)& =\sum _{i=0}^n\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor ,\\ g(a,b,c,n)& =\sum _{i=0}^{n}i\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor ,\\ h(a,b,c,n)& =\sum _{i=0}^n{\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor }^2.\end{array}$$

解答一

类似于 $f$ 的推导，可以得到 $g,h$ 的递归表达式。

首先，利用取模，将问题转化为 $0\le a,b<c$ 的情形：

$$\begin{array}{rl}g(a,b,c,n)& =g(amodc,bmodc,c,n)+\lfloor \frac{a}{c}\rfloor \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}+\lfloor \frac{b}{c}\rfloor \frac{n(n+1)}{2},\\ h(a,b,c,n)& =h(amodc,bmodc,c,n)\\ & +2\lfloor \frac{b}{c}\rfloor f(amodc,bmodc,c,n)+2\lfloor \frac{a}{c}\rfloor g(amodc,bmodc,c,n)\\ & +{\lfloor \frac{a}{c}\rfloor }^2\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}+{\lfloor \frac{b}{c}\rfloor }^2(n+1)+\lfloor \frac{a}{c}\rfloor \lfloor \frac{b}{c}\rfloor n(n+1).\end{array}$$

然后，利用交换求和次序，可以进一步转化。同样地，令

$$m=\lfloor \frac{an+b}{c}\rfloor .$$

那么，对于和式 $g$，有

$$\begin{array}{rl}g(a,b,c,n)& =\sum _{i=0}^{n}i\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor \\ & =\sum _{i=0}^n\sum _{j=0}^{m-1}i[j<\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor ]\\ & =\sum _{j=0}^{m-1}\sum _{i=0}^{n}i[i>\lfloor \frac{cj+c-b-1}{a}\rfloor ]\\ & =\sum _{j=0}^{m-1}{\displaystyle \frac{1}{2}}(\lfloor \frac{cj+c-b-1}{a}\rfloor +n+1)(n-\lfloor \frac{cj+c-b-1}{a}\rfloor )\\ & ={\displaystyle \frac{1}{2}}mn(n+1)-{\displaystyle \frac{1}{2}}\sum _{j=0}^{m-1}\lfloor \frac{cj+c-b-1}{a}\rfloor -{\displaystyle \frac{1}{2}}\sum _{j=0}^{m-1}{\lfloor \frac{cj+c-b-1}{a}\rfloor }^2\\ & ={\displaystyle \frac{1}{2}}mn(n+1)-{\displaystyle \frac{1}{2}}f(c,c-b-1,a,m-1)-{\displaystyle \frac{1}{2}}h(c,c-b-1,a,m-1).\end{array}$$

对于和式 $h$，有

$$\begin{array}{rl}h(a,b,c,n)& =\sum _{i=0}^n{\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor }^2\\ & =\sum _{i=0}^n\sum _{j=0}^{m-1}(2j+1)[j<\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor ]\\ & =\sum _{j=0}^{m-1}\sum _{i=0}^n(2j+1)[i>\lfloor \frac{cj+c-b-1}{a}\rfloor ]\\ & =\sum _{j=0}^{m-1}(2j+1)(n-\lfloor \frac{cj+c-b-1}{a}\rfloor )\\ & =n{m}^2-\sum _{j=0}^{m-1}\lfloor \frac{cj+c-b-1}{a}\rfloor -2\sum _{j=0}^{m-1}j\lfloor \frac{cj+c-b-1}{a}\rfloor \\ & =n{m}^2-f(c,c-b-1,a,m-1)-2g(c,c-b-1,a,m-1).\end{array}$$

从几何直观的角度看，这些非线性的求和式相当于给区域中的每个点 $(i,j)$ 都赋予了相应的权重 $w(i,j)$。除了这些权重之外，其余部分的计算过程是完全一致的。对于权重的选择，一般地，有

$$\sum _{i=0}^n{i}^r{\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor }^s=\sum _{i=0}^n\sum _{j=0}^{m-1}{i}^r((j+1{)}^s-j^s)[j<\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor ].$$

本题的另一个特点是，$g$ 和 $h$ 在递归计算时，会相互交错。因此，需要将 $(f,g,h)$ 作为三元组同时递归。

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#include <iostream> struct Data { int f, g, h; }; Data solve(long long a, long long b, long long c, long long n) { constexpr long long M = 998244353; constexpr long long i2 = (M + 1) / 2; constexpr long long i6 = (M + 1) / 6; long long n2 = (n + 1) * n % M * i2 % M; long long n3 = (2 * n + 1) * (n + 1) % M * n % M * i6 % M; Data res = {0, 0, 0}; if (a >= c || b >= c) { auto tmp = solve(a % c, b % c, c, n); long long aa = a / c, bb = b / c; res.f = (tmp.f + aa * n2 + bb * (n + 1)) % M; res.g = (tmp.g + aa * n3 + bb * n2) % M; res.h = (tmp.h + 2 * bb * tmp.f % M + 2 * aa * tmp.g % M + aa * aa % M * n3 % M + bb * bb % M * (n + 1) % M + 2 * aa * bb % M * n2 % M) % M; return res; } long long m = (a * n + b) / c; if (!m) return res; auto tmp = solve(c, c - b - 1, a, m - 1); res.f = (m * n - tmp.f + M) % M; res.g = (m * n2 + (M - tmp.f) * i2 + (M - tmp.h) * i2) % M; res.h = (n * m % M * m - tmp.f - tmp.g * 2 + 3 * M) % M; return res; } int main() { int t; std::cin >> t; for (; t; --t) { int n, a, b, c; std::cin >> n >> a >> b >> c; auto res = solve(a, b, c, n); std::cout << res.f << ' ' << res.h << ' ' << res.g << '\n'; } return 0; }

[清华集训 2014] Sum

多组询问。给定正整数 $n$ 和 $r$，求

$$\sum _{d=1}^n(-1{)}^{\lfloor d\sqrt{r}\rfloor }.$$

解答一

如果 $r$ 是完全平方数，那么当 $\sqrt{r}$ 为偶数时，和式为 $n$；否则，和式依据 $n$ 奇偶性不同，在 $0$ 和 $-1$ 之间交替变化。下面考虑 $r$ 不是完全平方数的情形。

为了应用类欧几里得算法，首先将求和式转化为熟悉的形式：

$$\begin{array}{rl}\sum _{d=1}^n(-1{)}^{\lfloor d\sqrt{r}\rfloor }& =\sum _{d=1}^n(1-2(\lfloor d\sqrt{r}\rfloor mod2))\\ & =n-2\sum _{d=1}^n(\lfloor d\sqrt{r}\rfloor -2\lfloor {\displaystyle \frac{\lfloor d\sqrt{r}\rfloor }{2}}\rfloor )\\ & =n-2\sum _{d=1}^n\lfloor d\sqrt{r}\rfloor +4\sum _{d=1}^n\lfloor {\displaystyle \frac{d\sqrt{r}}{2}}\rfloor \\ & =n-2f(n,1,0,1)+4f(n,1,0,2)\end{array}$$

其中的函数 $f$ 具有形式

$$f(a,b,c,n)=\sum _{i=1}^n\lfloor {\displaystyle \frac{a\sqrt{r}+b}{c}}i\rfloor .$$

与正文中的算法不同的是，此处的斜率不再是有理数。设斜率

$$k={\displaystyle \frac{a\sqrt{r}+b}{c}}.$$

同样分为两种情形讨论。如果 $k\ge 1$，那么

$$\begin{array}{rl}f(a,b,c,n)& =\sum _{i=1}^n\lfloor ki\rfloor =\sum _{i=1}^n\lfloor (k-\lfloor k\rfloor )i\rfloor +\lfloor k\rfloor \sum _{i=1}^{n}i\\ & =\lfloor k\rfloor {\displaystyle \frac{n(n+1)}{2}}+f(a,b-c\lfloor k\rfloor ,c,n).\end{array}$$

问题转化为斜率小于一的情形。如果 $k<1$，那么设 $m=\lfloor nk\rfloor$，有

$$\begin{array}{rl}f(a,b,c,n)& =\sum _{i=1}^n\lfloor ki\rfloor =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[j\le \lfloor ki\rfloor ]\\ & =\sum _{j=1}^m\sum _{i=1}^n[i>\lfloor k^{-1}j\rfloor ]=nm-\sum _{j=1}^m\sum _{i=1}^n[i\le \lfloor k^{-1}j\rfloor ].\end{array}$$

此处的推导中，交换 $i$ 和 $j$ 的条件比正文中的情形更为简单，是因为直线 $y=kx$ 上没有除了原点之外的格点。关键在于交换后的求和式写成 $f(a,b,c,n)$ 的形式，这相当于要求 $a^{\prime },b^{\prime },c^{\prime }$ 满足

$$k^{-1}={\displaystyle \frac{a^{\prime }\sqrt{r}+b^{\prime }}{c^{\prime }}}.$$

这并不困难，只需要将分母有理化，就能得到

$$k^{-1}={\displaystyle \frac{c}{a\sqrt{r}+b}}={\displaystyle \frac{ca\sqrt{r}-cb}{a^{2}r-b^2}}.$$

因此，有

$$a^{\prime }=ca,b^{\prime }=-cb,c^{\prime }=a^{2}r-b^2.$$

这说明

$$f(a,b,c,n)=nm-f(ca,-cb,a^{2}r-b^2,m).$$

为了避免整数溢出，需要每次都将 $a,b,c$ 同除以它们的最大公约数。因为这个计算过程和计算 $k$ 的连分数的过程完全一致，所以根据 连分数理论，只要保证 $gcd(a,b,c)=1$，它们在计算过程中必然在整型范围内。另外，尽管 $(a,b,c,n)$ 不会溢出，但是在该题数据范围下，$f(a,b,c,n)$ 可能会超过 $64$ 位整数的范围，自然溢出即可，无需额外处理，最后结果一定在 $[-n,n]$ 之间。

尽管斜率不会变为零，算法的复杂度仍然是 $O(\log n)$ 的，这一点从前文关于算法复杂度的论证容易看出。

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#include <cmath> #include <iostream> long long r; long double sqrt_r; long long gcd(long long a, long long b) { return b ? gcd(b, a % b) : a; } unsigned long long f(long long a, long long b, long long c, long long n) { if (!n) return 0; auto d = gcd(a, gcd(b, c)); a /= d; b /= d; c /= d; unsigned long long k = (a * sqrt_r + b) / c; if (k) { return n * (n + 1) / 2 * k + f(a, b - c * k, c, n); } else { unsigned long long m = n * (a * sqrt_r + b) / c; return n * m - f(c * a, -c * b, a * a * r - b * b, m); } } unsigned long long solve(long long n, long long r) { long long sqr = sqrt_r = sqrtl(r); if (r == sqr * sqr) return r % 2 ? (n % 2 ? -1 : 0) : n; return n - 2 * f(1, 0, 1, n) + 4 * f(1, 0, 2, n); } int main() { int t; std::cin >> t; for (; t; --t) { int n; std::cin >> n >> r; long long res = solve(n, r); std::cout << res << '\n'; } return 0; }

解答

这道题目也是 Stern–Brocot 树 的经典应用，相关题解可以在 此处 找到。因为它只依赖于分数的递归结构，所以它同样可以利用类似欧几里得算法的方法求解，故而也可以视作类欧几里得算法的一个应用。

如果 $a/b$ 和 $c/d$ 之间（不含端点）存在至少一个自然数，可以直接取 $(q,p)=(1,\lfloor a/b\rfloor +1)$。否则，必然有

$$\lfloor {\displaystyle \frac{a}{b}}\rfloor \le {\displaystyle \frac{a}{b}}<{\displaystyle \frac{p}{q}}<{\displaystyle \frac{c}{d}}\le \lfloor {\displaystyle \frac{a}{b}}\rfloor +1.$$

从这个不等式中可以看出，$p/q$ 的整数部分可以确定为 $\lfloor a/b\rfloor$，直接消去该整数部分，然后整体取倒数，用于确定它的小数部分。这正是确定 $p/q$ 的连分数的 基本方法。若最终的答案是 $p/q$，那么算法的时间复杂度为 $O(\log min\{p,q\})$。

此处，有一个细节问题，即取倒数之后得到的字典序最小的分数，是否是取倒数之前的字典序最小的分数。换句话说，满足 $a/b<p/q<c/d$ 的分数 $p/q$ 中，字典序 $(q,p)$ 最小的，是否也是字典序 $(p,q)$ 最小的。假设不然，设 $p/q$ 是字典序 $(q,p)$ 最小的，但是 $r/s\ne p/q$ 是字典序 $(r,s)$ 最小的。这必然有 $r<p$ 且 $q<s$。但是，这说明

$${\displaystyle \frac{a}{b}}<{\displaystyle \frac{r}{s}}<{\displaystyle \frac{r}{q}}<{\displaystyle \frac{p}{q}}<{\displaystyle \frac{c}{d}}.$$

因此，$r/q$ 无论按照哪个字典序怎样都是严格更小于当前解的。这与所设条件矛盾。因此，上述算法是正确的。

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#include <iostream> void solve(int a, int b, int& p, int& q, int c, int d) { if ((a / b + 1) * d < c) { p = a / b + 1; q = 1; } else { solve(d, c - d * (a / b), q, p, b, a % b); p += q * (a / b); } } int main() { int a, b, c, d, p, q; while (std::cin >> a >> b >> c >> d) { solve(a, b, p, q, c, d); std::cout << p << '/' << q << '\n'; } return 0; }

万能欧几里得算法

上一节讨论的类欧几里得算法推导通常较为繁琐，而且能够解决的和式主要是可以转化为直线下（带权）整点计数问题的和式。本节讨论一种更为一般的方法，它进一步抽象了上述过程，从而可以解决更多的问题。因此，这一方法也称为万能欧几里得算法。它同样利用了分数的递归结构求解问题，但是与类欧几里得算法约化问题的思路稍有不同。

仍然考虑最经典的求和问题：

$$f(a,b,c,n)=\sum _{i=1}^n\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor ,$$

其中，$a,b,c,n$ 都是正整数。

问题转化

设参数为 $(a,b,c,n)$ 的线段为

$$y=\frac{ax+b}{c},0<x\le n.$$

对于这条线段，可以按照如下方法定义一个由 $U$ 和 $R$ 组成的字符串 $S$，也称为 操作序列：

• 字符串恰有 $n$ 个 $R$ 和 $m=\lfloor (an+b)/c\rfloor$ 个 $U$ 组成；
• 第 $i$ 个 $R$ 前方的 $U$ 的数量恰等于 $\lfloor (ai+b)/c\rfloor$，其中，$i=1,\cdots ,n$。

从几何直观上看，这大致相当于从原点开始，每向右穿过一次竖向的网格线，就写下一个 $R$，每向上穿过一次横向的网格线，就写下一个 $U$。如下图所示：

当然，这样的定义还需要考量一系列特殊情形：

• 经过整点（即同时上穿和右穿）时，需要先写 $U$ 再写 $R$；
• 字符串开始时，除了在 $(0,1]$ 区间内上穿网格线的次数外，还需要格外补充 $\lfloor b/c\rfloor$ 个 $U$；
• 字符串结束时，不能有格外的 $U$。

如果对于几何直观的描述有任何不明晰的地方，可以参考上述代数方法的定义辅助理解。几何直观的描述，有助于理解下文的算法过程。

万能欧几里得算法的基本思路，就是将操作序列中的 $U$ 和 $R$ 都视作某个 幺半群 内的元素，将整个操作序列视为幺半群内元素的乘积，而问题最终的答案与这个乘积有关。

比如，本题中，可以定义状态向量 $v=(1,y,\sum y)$，表示自原点开始，经历了若干次上穿和右穿网格线后，当前的状态。其中，第一个分量是常数，第二个分量是纵坐标 $y$，第三个分量是要求的和式。起始时，有 $v=(1,0,0)$。每向上穿过一次网格线，纵坐标就累加一，即相当于将状态向量右乘以矩阵

$$U=\left(\begin{array}{ccc}1& 1& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right).$$

每向右穿过一次网格线，和式就累加一次纵坐标，即相当于将状态向量右乘以矩阵

$$R=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& 1& 1\\ 0& 0& 1\end{array}\right).$$

因此，最终的状态就是乘积 $(1,0,0)S$，其中，$S$ 理解为上述矩阵的乘积。所求的答案，就是最终状态的第三个分量。

除了将幺半群中的元素定义为矩阵以外，还可以将它们定义为一段操作序列对于最终结果的贡献，然后将操作的乘积定义为两段操作序列的贡献的合并。

本题中，可以定义每段操作序列的贡献为 $(x,y,\sum y)$。为了严谨地解释这些记号，可以将这些分量都看作是操作序列的函数，也就是说，对于操作序列 $S$，它的贡献可以写作 $(x(S),y(S),(\sum y)(S))$。其中，$x(S)$ 和 $y(S)$ 分别对应着操作序列 $S$ 中 $R$ 和 $U$ 的数量，也就是该线段右穿和上穿网格线的次数。最后一项中的求和符号，一般地，有如下定义：对于操作序列上的函数 $f(S)$，可以定义 $(\sum f)(S)$，或记作 $\sum _{S}f$，为下面的表达式：

$$\sum _{S}f:=\sum \{f(S_{[1,r]}):S_r=R\}.$$

其中，$S_r$ 是 $S$ 中的第 $r$ 个字符，$S_{[1,r]}$ 是 $S$ 中前 $r$ 个字符组成的前缀。也就是说，这个求和记号，可以看作是对于操作序列 $S$ 中所有以 $R$ 结尾的前缀进行的求和。比如说，有

$$\sum _{S}1=x,\sum _{S}x={\displaystyle \frac{1}{2}}x(x+1).$$

再比如说，$\sum y$ 就是操作序列中，每次右穿网格线时，之前上穿网格线的次数的累加。对于整段操作序列来说，$y$ 在所有以 $R$ 结尾的前缀处的值，就是在 $i=1,\cdots ,n$ 处的所有 $\lfloor (ai+b)/c\rfloor$ 的值。因此，对于整段操作序列计算的 $\sum y$，就是本题最终要求的量。

初始时，有 $U=(0,1,0)$，$R=(1,0,0)$。进一步，可以将两个元素 $(x_1,y_1,s_1)$ 和 $(x_2,y_2,s_2)$ 的乘积定义为

$$(x_1,y_1,s_1)\cdot (x_2,y_2,s_2)=(x_1+x_2,y_1+y_2,s_1+s_2+x_2{y}_1).$$

其中，最后一项贡献合并的结果可以通过如下计算得到：

$$\sum _{S_1+S_2}y=\sum _{S_1}y+\sum _{S_2}(y+y_1)=\sum _{S_1}y+\sum _{S_2}y+y_1\sum _{S_2}1=s_1+s_2+x_2{y}_1.$$

容易验证，这个乘法运算满足结合律，且幺元为 $(0,0,0)$，所以这些元素在该乘法运算下构成幺半群。所求的答案，就是乘积的第三个分量。

这两种方法都可以得到正确的结果。但是，因为保留了较多的冗余信息，矩阵运算的常数较大，所以第二种方法在处理实际问题时更为实用。

算法过程

与类欧几里得算法整体约化不同，万能欧几里得算法约化问题的手段是将这些操作分批次地合并。记字符串对应的操作的乘积为

$$F(a,b,c,n,U,R).$$

约化过程具体如下：

• 当 $b\ge c$ 时，操作序列的开始有 $\lfloor b/c\rfloor$ 个 $U$，直接计算它们的乘积，并将这些 $U$ 从操作序列中移除。此时，第 $i$ 个 $R$ 前方的 $U$ 的数量等于

  $$\lfloor {\displaystyle \frac{ai+b}{c}}\rfloor -\lfloor {\displaystyle \frac{b}{c}}\rfloor =\lfloor {\displaystyle \frac{ai+(bmodc)}{c}}\rfloor .$$

  因此，这相当于将线段参数由 $(a,b,c,n)$ 变为 $(a,bmodc,c,n)$。所以，对于这种情形，有

  $$F(a,b,c,n,U,R)=U^{\lfloor b/c\rfloor }F(a,bmodc,c,n,U,R).$$

• 当 $a\ge c$ 时，操作序列中每个 $R$ 的前方都至少有 $\lfloor a/c\rfloor$ 个 $U$，可以将它们合并到 $R$ 上。也就是说，可以用 $U^{\lfloor a/c\rfloor }R$ 替代 $R$。合并后的字符串中，第 $i$ 个 $R$ 前方的 $U$ 的数量等于

  $$\lfloor {\displaystyle \frac{ai+b}{c}}\rfloor -\lfloor {\displaystyle \frac{a}{c}}\rfloor i=\lfloor {\displaystyle \frac{(amodc)i+b}{c}}\rfloor .$$

  因此，这相当于将线段参数由 $(a,b,c,n)$ 变为 $(amodc,b,c,n)$。所以，对于这种情形，有

  $$F(a,b,c,n,U,R)=F(amodc,b,c,n,U,U^{\lfloor a/c\rfloor }R).$$

• 对于剩下的情形，需要翻转横纵坐标，这基本是在交换 $U$ 和 $R$，只是翻转后线段的参数需要仔细计算。结合操作序列的定义可知，需要确定系数 $(a^{\prime },b^{\prime },c^{\prime },n^{\prime })$ 使得变换前的操作序列中，第 $j$ 个 $U$ 前方的 $R$ 的数量恰为 $\lfloor (a^{\prime }j+b^{\prime })/c^{\prime }\rfloor$ 且总共有 $n^{\prime }$ 个 $U$。根据定义可知，

  $$n^{\prime }=\lfloor {\displaystyle \frac{an+b}{c}}\rfloor =m,$$

  而第 $j$ 个 $U$ 前方的 $R$ 的数量，就等于最大的 $i$ 使得

  $$\begin{array}{rl}\lfloor {\displaystyle \frac{ai+b}{c}}\rfloor <j& ⟺{\displaystyle \frac{ai+b}{c}}<j⟺i<{\displaystyle \frac{cj-b}{a}}\\ & ⟺i<\lceil {\displaystyle \frac{cj-b}{a}}\rceil =\lfloor {\displaystyle \frac{cj-b-1}{a}}\rfloor +1.\end{array}$$

  因此，$i=\lfloor (cj-b-1)/a\rfloor$。这一推导过程与前文类欧几里得算法的推导类似，同样利用了上下取整函数的性质。

  有两处细节需要处理：

  • 截距项 $-(b+1)/a$ 为负数。注意到，如果将线段向左平移一个单位，就可以让截距项恢复为非负数，因为总有 $(c-b-1)/a\ge 0$。因此，可以将交换前的第一段 $R^{\lfloor (c-b-1)/a\rfloor }U$ 提取出来，只交换剩余操作序列中的 $U$ 和 $R$；
  • 交换 $U$ 和 $R$ 后，结尾存在多余的 $U$。因此，交换 $U$ 和 $R$ 之前，需要首先将最后一段 $R$ 提取出来，只交换剩余操作序列中的 $U$ 和 $R$。这一段 $R$ 的数量为 $n-\lfloor (cm-b-1)/a\rfloor$。

  去掉头尾若干个字符后，第 $j$ 个 $U$ 前方的 $R$ 的数量变为：

  $$\lfloor {\displaystyle \frac{c(j+1)-b-1}{a}}\rfloor -\lfloor {\displaystyle \frac{c-b-1}{a}}\rfloor =\lfloor {\displaystyle \frac{cj+(c-b-1)moda}{a}}\rfloor .$$

  回忆起，交换前的序列中 $U$ 的数量为 $m=\lfloor (an+b)/c\rfloor$。而上述左移一个单位的操作，要求保证交换前至少存在一个 $U$，也就是 $m>0$。利用这一条件，可以分为两种情形：

  • 对于 $m>0$ 的情形，处理了上面的两点后，交换完 $U$ 和 $R$ 的操作序列就是对应着参数为 $(c,(c-b-1)moda,a,m-1)$ 的线段的合法序列。所以，有

    $$F(a,b,c,n,U,R)=R^{\lfloor (c-b-1)/a\rfloor }UF(c,(c-b-1)moda,a,m-1,R,U)R^{n-\lfloor (cm-b-1)/a\rfloor }.$$

  • 特别地，对于 $m=0$ 的情形，交换前的操作序列中只包含 $n$ 个 $R$，无需交换，可以直接返回：

    $$F(a,b,c,n,U,R)=R^n.$$

    与类欧几里得算法不同，万能欧几里得算法的这一特殊情形需要单独处理，否则会因涉及负幂次而无法正确计算。

利用这些讨论，就可以将问题递归地解决。

假设幺半群内元素单次相乘的时间复杂度是 $O(1)$ 的。那么，如果计算过程中这些元素的幂次计算都使用 快速幂 进行，最终的算法复杂度就是 $O(\log max\{a,c\}+\log \left(b/c\right))$ 的¹。

对复杂度的解释

对比（类）欧几里得算法，万能欧几里得算法只是多了求快速幂的步骤。其余的计算过程的复杂度和类欧几里得算法相仿，已经说明是 $O(\log min\{a,c,n\})$ 的。现在，需要计算这些快速幂的总复杂度。

除了第一轮迭代，都有 $b<c$，因此这些迭代每轮都涉及三次快速幂的计算，总的复杂度是：

$$O(\log \lfloor {\displaystyle \frac{a}{c}}\rfloor +\log \lfloor {\displaystyle \frac{c-b_1-1}{a_1}}\rfloor +\log (n-\lfloor {\displaystyle \frac{cm-b_1-1}{a_1}}\rfloor )),$$

其中，$a_1=amodc$，$b_1=bmodc$ 且 $m=\lfloor (a_{1}n+b_1)/c\rfloor$。后面两项，分别有估计：

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle \frac{c-b_1-1}{a_1}}& \le {\displaystyle \frac{c}{a_1}},\\ n-\lfloor {\displaystyle \frac{cm-b_1-1}{a_1}}\rfloor & \le n-{\displaystyle \frac{cm-b_1-1}{a_1}}+1\\ & \le n-{\displaystyle \frac{c((a_{1}n+b_1)/c-1)-b_1-1}{a_1}}+1\\ & ={\displaystyle \frac{c+1}{a_1}}+1.\end{array}$$

因此，这两项的复杂度都是 $O(\log \left(c/a_1\right))$ 的。

每一轮迭代中，线段的参数都由 $(a,\cdot ,c,\cdot )$ 变换为 $(c,\cdot ,amodc,\cdot )$，且该轮总的时间复杂度为

$$O(\log {\displaystyle \frac{a}{c}}+\log {\displaystyle \frac{c}{amodc}}).$$

对于全部递归的轮次，这些项可以裂项相消，因此，最后总和复杂度就是 $O(\log a+\log c)=O(\log max\{a,c\})$ 的。

最后，再加上第一轮迭代中快速幂 $U^{\lfloor b/c\rfloor }$ 的复杂度 $O(\log \left(b/c\right))$，就得到总的复杂度为 $O(\log max\{a,c\}+\log \left(b/c\right))$。