假設我們現在得到一條直線\(y=ax+b\)，現在要數出\(x \in [0,n]\)時，在\(x\)正半軸和這條直線之間的整點個數，\(n \le 10^\)
這個方程一定可以化為這樣的形式
\[y=\dfrac
\]列舉\(x \in [0,n]\)，直接算其整點個數，答案就是
\[\sum_^n \lfloor \dfrac \rfloor
\]考慮如何快速計算這個式子，我們考慮如何化為子問題
向下取整有這乙個性質(其他性質可以由此推出):
\[\lfloor \dfrac b\rfloor=\lfloor \dfrac \rfloor=\lfloor \dfrac \rfloor + \lfloor\dfrac a b\rfloor
\]然後有兩個重要而顯然的性質：
\[\lfloor \rfloor \le
\]類似的
\[\lceil \rceil \ge
\]還有相互轉換法則
\[\lfloor \rfloor =\lceil \rceil
\]類似的
\[\lceil \rceil = \lfloor\rfloor
\]我覺得不用解釋了吧...
有了上面的芝士，我們考慮
\[\sum_^n \lfloor \dfrac \rfloor
\]時，稍微化歸一下：
現在就只要計算\(a,b< c\)的情況即可，進行一波和式變換
\[\sum_^n \lfloor \rfloor
\]創造條件
\[=\sum_^n \sum_^ \rfloor} 1
\]和式套路
\[= \sum_^n\sum_^ \rfloor} [j \le \lfloor \rfloor]=\sum_^ \rfloor} \sum_^n [j \le \lfloor \rfloor]
\]根據前置芝士
\[=\sum_^ \rfloor} \sum_^n [cj \le ]
\]考慮\(i\)
\[=\sum_^ \rfloor} \sum_^n [cj-b \le ai ]
\]根據前置芝士
\[=\sum_^ \rfloor} \sum_^n [\lceil\rceil \le i ]
\]此時可以直接算出來第二個\(\sigma\)的值
\[=\sum_^ \rfloor} (n-\lceil\rceil+1)
\]根據前置芝士
\[=\sum_^ \rfloor} (n-\lfloor\rfloor+1)
\]提出來
\[=(n+1)\lfloor \rfloor -\sum_^ \rfloor} \lfloor\rfloor
\]後面就是乙個子問題啊！問題規模降了一半以上(當\(c=1\)的時候可以直接等差數列求和\(o(1)\)算)
所以解決原問題的複雜度為
\[t(n)\le o(1)+t()
\]根據主定理
\[t(n)\le \log_2 n
\]那麼問題來了，為啥叫做類歐幾里得演算法呢？因為複雜度證明是相似的...滑稽
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