BZOJ 3817 Sum

Description

给定正整数N，R。求

Input

第一行一个数 T，表示有 T 组测试数据。

接下来 T 行，每行两个正整数 n,r。

Output

输出 T 行，每行一个整数表示答案。

Sample Input

3
3 5
3 6
3 7

Sample Output

3
1
-1

HINT

对于 100% 的数据，满足 n≤10^9,r≤10^4,T≤10^4。

关于类欧几里得的介绍：ZYYS

设$x=\sqrt r$，则
$$
\begin{align}
-1^{dx } & =1-2( dx \% 2) \\
&=1-2(dx - \frac{dx}{2} * 2) \\
&= 1+4\frac{dx}{2} + 2 dx
\end{align}
$$
那么
$$原式 =n + 4 \sum_{d=1}^{n} \frac{dx}{2}-2\sum_{d=1}^{n}dx$$

但系数是一个实数,写作$ans=\sum_{i=1}^{n}\lfloor k*i \rfloor$

$k=\frac{a*x+b}{c}$  这里x等于根号r

类欧的套路，将其转化为函数含义，也就是：

函数$y=k*x$与x轴，与$x=1$和$x=n$围成的梯形有多少整点

为了方便，这里不考虑函数线上的整点，而在开始特判(显然有整点代表x为整数)

如果$k<1$
那么有
$ans=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{\lfloor k*n \rfloor}[k*i>j]$
按照类欧的套路,移项
$ans=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{\lfloor k*n \rfloor}[i>\lfloor \frac{j}{k} \rfloor]$
交换枚举顺序
$ans=\sum_{j=1}^{\lfloor k*n \rfloor}n-\lfloor \frac{j}{k} \rfloor$
$ans=\lfloor k*n \rfloor*n-\sum_{j=1}^{\lfloor k*n \rfloor}\lfloor \frac{j}{k} \rfloor$
把$\frac{1}{k}$的分母有理化，发现后面这部分可以递归
我们发现在$k<1$递归$\frac{1}{k}$时，下一个$k$会大于1,这样下一个$n$会变大
我们可以用这个方法;
$ans=\sum_{i=1}^{n}\lfloor k*i \rfloor$
$ans=\sum_{i=1}^{n}\lfloor k*i-\lfloor k \rfloor*i+\lfloor k \rfloor*i \rfloor$
$ans=\sum_{i=1}^{n}\lfloor k*i-\lfloor k \rfloor*i \rfloor+\lfloor k \rfloor*i$
$ans=\lfloor k \rfloor*\frac{n*(n+1)}{2}+\sum_{i=1}^{n}\lfloor k*i-\lfloor k \rfloor*i \rfloor$
$\lfloor k*i-\lfloor k \rfloor*i \rfloor=\lfloor \frac{a*x+b-c*\lfloor \frac{a*x+b}{c} \rfloor}{c} *i\rfloor$
把当前的$k$替换
$k=\frac{a*x+b-c*\lfloor \frac{a*x+b}{c} \rfloor}{c}$
这样$k$就小于1了
然后按$k<1$的情况递归
由于每次$n$都会乘以一个小于1的数，所以复杂度大概是$O(logn)$
不过为了防止暴longlong要提出gcd，用辗转相除
最后复杂度是$O(Tlog^{2}n)$

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<algorithm>
 #include<cmath>
 using namespace std;
 typedef long long lol;
 double t;
 lol r;
 lol gcd(lol a,lol b)
 {
   if (!b) return a;
   return gcd(b,a%b);
 }
 lol cal(lol a,lol b,lol c,lol n)
 {
   if (n==) return ;
   lol g=gcd(a,gcd(b,c));
   a/=g;b/=g;c/=g;
   lol k=(t*a+b)/c;
   lol ans=n*(n+)/*k;
   b-=k*c;
   k=(t*a+b)/c*n;
   ans+=k*n-cal(a*c,-b*c,a*a*r-b*b,k);
   return ans;
 }
 int main()
 {int T;
   lol n,ans;
   cin>>T;
   while (T--)
     {
       scanf("%lld%lld",&n,&r);
       t=sqrt((double)r);
       if ((lol)t==t)
     {
       if ((lol)t%==)
         {
           printf("%lld\n",n);
         }
       else
         {
           if (n%==)
         printf("0\n");
           else printf("-1\n");
         }
     }
       else
     {
       ans=n+(cal(,,,n)<<)-(cal(,,,n)<<);
       printf("%lld\n",ans);
     }
     }
 }