·前置芝士
·欧几里得算法
又称辗转相除法，举例如gcd求法，基本递归函数为(f(a,b)=f(b,amod b))；
证明：a可以表示成(a = kb + r)（a,b,k,r皆为正整数，且(r<b)），则(r = a mod b)。假设d是a,b的一个公约数，记作(d|a),(d|b)，即a和b都可以被d整除。而r = (a - kb)，两边同时除以d，(r/d=a/d-kb/d=m)，由等式右边可知m为整数，因此(d|r)因此d也是(b,a mod b)的公约数。因((a,b))和((b,amod b))的公约数相等，则其最大公约数也相等。
·正文
·定义：定义函数(f(a,b,c,n)=sum_{i=0}^{n} lfloor frac{ai+b}{c} floor),其中a,b,c,d都是常数，我们要求算法复杂度为(O(n log n))
·求解方式：我们可以对该式子做一些处理：
·对于(ageq c)或(b geq c)，我们可以直接将(a)和(b)对(c)取模以简化问题。将式子改变一下可得：
(f(a,b,c,n))
(=sum_{i=0}^{n} lfloor frac{ai+b}{c} floor)
(=sum_{i=0}^{n} frac{(lfloor frac{a}{c} floor c+amod c)i+(lfloor frac{b}{c} floor c+bmod c)}{c})
(=frac{n(n+1)}{2}lfloorfrac{a}{c} floor+(n+1)lfloorfrac{b}{c} floor+ sum_{i=0}^{n}lfloor frac{(amod c)i+(bmod c)}{c})
(=frac{n(n+1)}{2}lfloorfrac{a}{c} floor+(n+1)lfloorfrac{b}{c} floor+ f(amod c,bmod c,c,n))
那么问题转化为了(a<c)且(b<c)的情况。接下来我们从该i下手，我们尝试合并贡献来计算。但是这个式子的贡献似乎不好合并。那么我们转化一下，将和的式子变成另一个格式：(sum_{i=0}^{n} sum_{j=0}^{lfloor frac{ai+b}{c} floor-1}1)
然后我们来试试看搞一个和(j)有关的贡献式。我们可以用上面和式中的(n)限制(i)的上界，然后用(i)来限制(j)的上界。然后我们交换一下(i)，(j)的求和算子。得到：(sum_{j=0}^{lfloor frac{an+b}{c} floor-1}sum_{i=0}^{n}[j<lfloorfrac{ai+b}{c} floor])
然后我们来把下取整符号拿下，可得：(j+1leqfrac{ai+b}{c})
然后变换一下又有：(jc+c-b-1<ai)
然后我们向下取整：(lfloorfrac{jc+c-b-1}{a} floor<i)
我们定义(m=lfloorfrac{an+b}{c} floor)，则有
(f(a,b,c,n))
(=sum_{j=0}^{m-1}sum_{i=0}^{n}[i>lfloorfrac{jc+c-b-1}{a} floor])
(=sum_{j=0}^{m-1}n-lfloorfrac{jc+c-b-1}{a} floor)
(=nm-f(c,c-b-1,a,m-1))
·代码：
long long f(long long a,long long b,long long c,long long n){
if(a==0)return((b/c)*(n+1));
if(a>=c||b>=c)return f(a%c,b%c,c,n)+(a/c)*n*(n+1)/2+(b/c)*(n+1);
long long m=(a*n+b)/c;
return n*m-f(c,c-b-1,a,m-1);
}
·扩展：
给出另外两个定义：
定义(g(a,b,c,n)=sum_{i=0}^{n}ilfloorfrac{ai+b}{c} floor)，(h(a,b,c,n)=sum_{i=0}^{n}lfloorfrac{ai+b}{c} floor^2)
·关于g的解法：
首先取模，有：(g(a,b,c,n)=g(amod c,bmod c,c,n)+lfloorfrac{a}{c} floor frac{n(n+1)(2n+1)}{6}+lfloorfrac{b}{c} floorfrac{n(n+1)}{2})
然后考虑(a<c)且(b<c)，依旧令(m=lfloorfrac{an+b}{c} floor)，有：
(g(a,b,c,n)=frac{1}{2}[mn(n+1)-h(c,c-b-1,a,m-1)-f(c,c-b-1,a,m-1)])
·关于h的解法：
首先取模，有(h(a,b,c,n)=h(amod c,bmod c,c,n)+2lfloorfrac{b}{c} floor f(amod c,bmod c,c,n)+)
(2lfloorfrac{a}{c} floor g(amod c,bmod c,c,n)+lfloorfrac{a}{c}^2frac{n(n+1)(2n+1)}{6}+lfloorfrac{b}{c} floor^2(n+1)+lfloorfrac{a}{c} floor lfloorfrac{b}{c} floor n(n+1))
然后考虑(a<c)且(b<c)，令(m=lfloorfrac{an+b}{c} floor)，有：
(h(a,b,c,n)=nm(m+1)-2g(c,c-b-1,a,m-1)-2f(c,c-b-1,a,m-1)-f(a,b,c,n))
对于以上几种定义可以同步进行计算。
（PS:关于这一部分的具体推导过程请看参考资料部分）