[P5172] Sum

“类欧几里得算法”第一题 sum

【题意】

给入\(n,r\)，求\(\sum_{d=1}^n(-1)^{\lfloor d\sqrt r \rfloor}\)。

【分析】

只需要考虑所有\(d\)中，\(\lfloor d\sqrt r\rfloor\)为偶数的个数。显然\(\lfloor x\rfloor\)为偶数\(\Leftrightarrow \lfloor x\rfloor=2\times\lfloor\frac{x}{2}\rfloor\)。 那么原式可以改写为：

\[\sum_{d=1}^n 1-2\times(\lfloor d\sqrt r\rfloor\bmod 2)=\sum_{d=1}^n 1-2\times(\lfloor d\sqrt r\rfloor-2\times\lfloor\frac{d\sqrt r}{2}\rfloor)\\
=n-2\times\sum_{d=1}^n\lfloor d\sqrt r\rfloor+4\times\sum_{d=1}^n\lfloor\frac{d\sqrt r}{2}\rfloor
\]

不妨设\(f(a,b,c,n)=\sum_{d=1}^n\lfloor d\times\frac{a\sqrt r+b}{c}\rfloor\)，那么原式即为

\[n-2\times f(1,0,1,n)+4\times f(1,0,2,n)
\]

考虑关于\(f(a,b,c,n)\)的算法，（开始扣题了），设\(k=\frac{a\sqrt r +b}{c}\)。

当\(k\ge1\)时，\(k\)可以拆为一个正数+小于1的非负实数，即

\[f(a,b,c,n)=\sum_{d=1}^n \lfloor d\times k\rfloor=\sum_{d=1}^n d\times\lfloor k\rfloor+\lfloor d\times(k-\lfloor k\rfloor)\rfloor\\
=\frac{n(n+1)}{2}\lfloor k\rfloor+\sum_{d=1}^n\lfloor d\times\frac{a\sqrt r+b-\lfloor k\rfloor\times c}{c}\rfloor\\
=\frac{n(n+1)}{2}\lfloor k\rfloor+f(a,b-\lfloor k\rfloor\times c,c,n)
\]

当\(k<1\)时，（比如上面递归的那层），可以看作是满足

\[\begin{cases}
0<x\le n\\
0<y\le x\times k\\
x\in Z\\
y\in Z
\end{cases}
\]

的点数。考虑再矩形\((1,1)(n,\lfloor n\times k\rfloor)\)内容斥可得个数为\(n\times\lfloor n\times k\rfloor\) 减去左上三角的部分，而那部分可当作是\(y=x\times k,\ x\in[1,n]\)的反函数\(y=x\times \dfrac{1}{k}, x\in[1,\lfloor n\times k\rfloor]\)。

其中\(\dfrac{1}{k}=\dfrac{c}{a\sqrt r+b}=\dfrac{c(a\sqrt r-b)}{(a\sqrt r+b)(a\sqrt r-b)}=\dfrac{ac\sqrt r-bc}{a^2r-b^2}\)。

\[f(a,b,c,n)=n\times\lfloor n\times k\rfloor-f(ac,-bc,a^2r-b^2,\lfloor n\times k\rfloor)
\]

可以发现，情况一二交替递归，且每轮的总的变化与欧几里得算法相似，故知其复杂度为\(\log​\)级的。

难度海星。。

然而当\(r\)为完全平方数时需要单独算，大概会爆LL吧。。

#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;
LL n,r;
double x;
LL f(LL a,LL b,LL c,LL n) {
	if(!n) return 0;
	LL d=__gcd(__gcd(a,b),c);
	a/=d, b/=d, c/=d;
	double k=(a*x+b)/c;
	if(k>=1) return n*(n+1)/2*(LL)(k)+f(a,b-(LL)(k)*c,c,n);
	else return n*(LL)(n*k)-f(a*c,-b*c,a*a*r-b*b,(LL)(n*k));
}
int main() {
	int T;
	scanf("%d",&T);
	while(T--) {
		scanf("%lld%lld",&n,&r);
		x=sqrt(r);
		LL c=x;
		if(c*c==r) {
			if(c&1) printf("%lld\n",n-2*((n+1)/2));
			else printf("%lld\n",n);
		}
		else printf("%lld\n",n-2*f(1,0,1,n)+4*f(1,0,2,n));
	}
	return 0;
}