萬惡之源
首先推一下可以發現，我們可以分「位」計算。
設二進位制下第\(k\)對答案的貢獻為\(\mathrm\)，則
\[\mathrm\sum\limits_^ \texttt=\sum\limits_^ \left \lfloor \frac} \right \rfloor \bmod 2 =\sum\limits_^ \left \lfloor \frac} \right \rfloor - 2\left \lfloor \frac} \right \rfloor
\]最後一步相當於第\(k\)之前的內容消掉。
然後就引出了乙個通用的問題：如何快速地求出\(\sum\limits_^\left \lfloor \dfrac \right \rfloor\)的值。
首先我們可以先算一下\(\sum\limits_^\left \lfloor \dfrac \right \rfloor\)的值（因為類歐的下標就是從\(0\)）開始的。
（設\(f(a,b,c,n)=\sum\limits_^ \left \lfloor \dfrac \right \rfloor\)）
\(\left \lfloor \dfrac \right \rfloor\)可能是個假分數，所以我們可以把它拆成乙個帶分數。
設\(a'=a \mod c\)，\(b'=b \mod c\)。
則\[\sum\limits_^\left \lfloor \dfrac \right \rfloor=\left \lfloor \frac \right \rfloor +i \left \lfloor \frac \right \rfloor+\left \lfloor \frac \right \rfloor = f(a',b',c,n)+\dfrac\left \lfloor \frac \right \rfloor+(n+1)\left \lfloor \frac \right \rfloor
\]對於\(a的情況，我們就再次亂搞。
（設\(m=\left \lfloor \dfrac \right \rfloor\)）
那麼$f(a,b,c,n) =\sum\limits_\sum\limits_ [\left \lfloor \dfrac \right \rfloor \geqslant j ] $
這一步貌似把原式變複雜了，但是接下來就會發覺這是有用的。
接著，我們把\(j\)的下標改一改：$\sum\limits_\sum\limits_ [\left \lfloor \dfrac \right \rfloor \geqslant j+1 ] $
很好，接下來就開始秀操作了。
將求和符號右邊的式子轉換一下，得$\sum\limits_\sum\limits_ [i \geqslant \dfrac ] $
把第乙個求和符號去掉（因為方框裡面那個只是\(bool\)變數，完全可以換成差式），再把不等式的符號改成大於號，得
$\sum\limits_^ n- \left \lfloor \dfrac \right \rfloor $
這裡多了個\(-1\)是因為$x \geqslant y \rightarrow x>y-1 $，然後向下取整消失了又出現是正確的，這裡真的不想解釋。
然後有沒有發現$\left \lfloor \dfrac \right \rfloor \(和\)f$的定義很像？
沒錯！這就說明我們的變換成功了！
將上面式子中的\(n\)提出求和符號，再將\(f\)代入，得
\(nm-f(c,c-b-1,a,m-1)\)
所以這就是類歐。
例題**
當然了，類歐的基本式子還可以加上指數和係數，這個有空再更。
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