UOJ42. 【清华集训2014】Sum

传送门

Sol

\((-1)^a=1-2(a~mod~2)=1-2a+4\lfloor\frac{a}{2}\rfloor\)

那么原式变成 \(n-2\sum_{i=1}^{n}\lfloor d\sqrt{r}\rfloor+4\sum_{i=1}^{n}\lfloor \frac{d\sqrt{r}}{2}\rfloor\)

考虑计算这样一个东西

\[\sum_{i=1}^{n}\lfloor\frac{a*\sqrt{r}+b}{c}i\rfloor
\]

如果 \(\sqrt{r}\) 是一个整数，直接 \(\Theta(1)\) 计算

否则

设 \(k=\frac{a*\sqrt{r}+b}{c}\)

如果 \(k\ge 1\) 那么可以把 \(k\) 的整数部分的值算出来，变成 \(0<k<1\)

如果 \(0<k<1\)，即就是计算 \(y=kx\) 与 \(x=n\) 所围成三角形的整点个数

根据类欧几里得那一套理论，我们用矩形的减去左上角的三角形的

矩形的就是 \(n\lfloor nk\rfloor\)

左上角的三角形的把它关于 \(y=x\) 对称，变成求 \(y=\frac{x}{k}\) 与 \(x=\lfloor nk\rfloor\) 所围成三角形的整点个数

这样可以递归下去，\(n\) 的规模减小得很快，最后计算 \(n\le 1\) 的答案即可

为了防止精度误差，可以把 \(k\) 表示成 \(\frac{a*\sqrt{r}+b}{c}\) 将 \(a,b,c\) 存下来

每次弄走 \(gcd\) 就可以了

# include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

int n, ans, r, test;
double sq;

inline ll Gcd(ll a, ll b) {
	if (!a || !b) return a | b;
	return !b ? a : Gcd(b, a % b);
}

inline ll Solve(ll a, ll b, ll c, ll len) {
	if (!len) return 0;
	register ll sk, nxt, ret, d;
	d = Gcd(Gcd(a, b), c), a /= d, b /= d, c /= d;
	if (len == 1) return (ll)(1.0 * (sq * a + b) / c);
	register double k = 1.0 * (sq * a + b) / c;
	sk = (ll)k, k -= sk, nxt = (ll)(k * len), b -= c * sk;
	ret = len * nxt + sk * (len + 1) * len / 2;
	return ret - Solve(a * c, -b * c, a * a * r - b * b, nxt);
}

int main() {
	scanf("%d", &test);
	while (test--) {
		scanf("%d%d", &n, &r), sq = sqrt(r), ans = sq;
		if (ans * ans == r) printf("%d\n", (ans & 1) ? ((n & 1) ? -1 : 0) : n);
		else printf("%lld\n", n - 2 * Solve(1, 0, 1, n) + 4 * Solve(1, 0, 2, n));
	}
	return 0;
}