類歐幾里得入土總結 2

直接說 loj萬能歐幾里得這道題

題目要我們求這個式子

\[\sum^n_ a^xb^

\]考慮一件這樣的事情，平面上一條直線$ax+b\over c$，關於這條直線，我們放到網格圖上，從左到右，我們遇到一條橫線執行一次$u$操作，遇到一次豎線執行一次$r$操作，經過乙個整點，執行ur操作。u代表迭代一次$\rm curb*=b$，r代表迭代一次$\rm cura*=a$然後累加一遍$(\rm cura)\times ()$，這相當於在模擬這個$\sum$的操作，我們稱$ur$構成的序列叫做操作序列。

若此處的$<+,\times>$有兩者有結合律，$+$要對$\times $有分配律，x,y是操作序列,xy表示直接首尾相接起來。我們容易證明以下等式

\[\cases

\]也就是說那麼操作序列具有結合律

記五元組$(n,a,b,c,x,y)=s$表示我要生成乙個操作序列$s$，規則是對於直線$f(x)=y=\lfloor \rfloor,x\in [1,n]$ ，放在網格上，從左下往右上走，每經過乙個豎線新增一段運算元列$y$，每經過乙個橫線新增一段操作序列$x$(同時經過先進行$x$操作)。

注意到這個$s$總共有$n$個$y$，第$i$個$y$之前有個$x$。

沿用【瞎講】類歐幾里得入土教程的思路，我們考慮將$a,b$都化到小於$c$的情況。

重要補充

設$g(i)$表示在第$i$個$y$之前有多少個$x$，我們有

\[g(i)=\beginf(1)&i=1\\f(i)-f(i-1) &\rm otherwise\end

\]定義$f$的和定義和$g$等價，描述的是同乙個情況，為了方便理解建議用差分的角度理解(i到i-1個y之間有多少個x)

先考慮$b\ge c$的情況，我們要使得$b\to b%c $

第$i>1$個$y$之前有$f(i)-f(i-1)$個$x$，而$b\to b\% c$對這個差分毫無影響。

然而$i=1$的時候有小問題，第乙個$y$之前個$x$我們不是差分定義的，而我們使得$b\to b\%c$，使得在第乙個$y$之前少了一些$y$，具體的，少了$\lfloor\rfloor -\lfloor \rfloor=\lfloor\rfloor$個$y$。

根據以上的分析，我們得到了

\[(n,a,b,c,x,y)=\underbrace_\rfloor}(n,a,b\%c,c,x,y)\quad b\ge c

\]再考慮$a\ge c$的情況，我們要使得$a\to a\% c$

此時$f(x)=\lfloor\rfloor+\lfloor\rfloor x$，設$f'(x)=\lfloor\rfloor$，$g'$是$f'$的差分，我們發現$g(i)=\lfloor \rfloor+g'(i)$，即任何乙個$y$之前都緊貼著$\lfloor\rfloor$個$x$

因此

\[(n,a,b,c,x,y)=(n,a\%c,b,c,x,\underbrace_\rfloor}\space y) \quad a\ge c

\]繼續沿用上面那個部落格的思路，到了真正解決問題的時刻了

考慮現在我們只需要解決的問題是\(a,b

邊界情況:

關於$a=0$的情況退化為一條平行於$x$的直線，就是填$n$個$y$

而$b=0$無所謂

$a,b意味著一件事情，這個直線非常平緩，甚至填了若干個\(y$才填乙個$x$。

這也意味著另一件事情，那就是乙個$x$之前有若干個$y$。

考慮第$j>1$個$x$之前有多少個$y$，即考慮$\max\limits_ \lfloor \rfloor< j$。這即$m=f'(j),j>1$

解出來\[m=\lfloor\rfloor\quad j>1

\]也就是從第二個$x$開始到第$\lfloor\rfloor$個$x$是乙個子問題(要記得令$j=j-1$並把$c$放出來，即)

\[f''(j)=\lfloor\rfloor \quad j\ge 1

\]而第乙個$x$之前還有$f''(0)$個$y$，這一部分補上。

還有乙個問題是，最後乙個$x$之後可能還有$y$沒有統計到，我們手動算出來補在後面即可。

根據以上的分析，我們得到了

\[(n,a,b,c,x,y)=\underbrace_\rfloor}\ x \ (\lfloor\rfloor-1,c,c-b-1,a,y,x)\underbrace_\rfloor-1)+(c-b-1)\over a}\rfloor} \quad a,b

先把公式全寫出來

\[(n,a,b,c,x,y)=

\begin

\underbrace_\rfloor}(n,a,b\%c,c,x,y)& b\ge c

\\(n,a\%c,b,c,x,\underbrace_\rfloor}\space y) & a\ge c

\\\underbrace_\rfloor}\ x \ (\lfloor\rfloor-1,c,c-b-1,a,y,x)\underbrace_\rfloor-1)+(c-b-1)\over a}\rfloor} & \rm otherwise

\end

\]然而求很多操作序列的疊加要用分治，是乙個$\log$的，但是發現每次分治的長度是按除法遞減的，仔細分析一波發現就是$\log n$。(這裡地方太小我寫不下)

實現時注意每次呼叫遞迴時，要注意將第乙個$y$之間的$x$補上($\rm case::otherwise $ \ 的補$y$也可以理解為這個)。

這種寫法的一大好處是，遞迴部分完全不需要改動，需要改動的只有操作序列的合併方式。如果操作可以對應到矩陣那就完全不要改動了。

這種寫法的另一大好處是，任何良好定義的，且curb,cura的"迭代"有結合律和交換律，都可以套用這個做法。(泰拳警告:求多項式,超現實數,floyd陣列,sg函式,圖連通性的sum)

如果$\sum$後面是$k$個項相乘(但是有交換律)也能解決(我願稱之為k階-類歐幾里得)

**實現上，由於$case1$和$case3$的統一性，可以每次在遞迴呼叫前直接補上$\lfloor \rfloor $ ( $case2$除外)，那麼每次進入乙個遞迴馬上可以$b\to b\%c$。

此外，注意到當$f(1)=0$的時候特殊處理下。

目前loj rk4 不知道為啥我跑得這麼快qwq

//@winlere
#include#include#include#include#define mod 998244353
typedef long long ll;
ll qr()
int mod(const int&x)
int mod(const int&x,const int&y)
int n;
struct eu
int*operator(int x)
mat operator + (const mat&x)const
};ll f(ll x,ll a,ll b,ll c)
eu solve(ll n,ll a,ll b,ll c,const eu&x,const eu&y)
int main()

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