第一类求和式:
(F(a,b,c,n)=sum_{i=0}^nlfloorfrac{a*i+b}{c} floor)
对于这样形式的求和,我们有以下的推导:
1.当(a>=c)或(b>=c)时,我们有:
对于(lfloorfrac{a}{c} floor),
它实际等价于(lfloorfrac{amod c}{c} floor+lfloorfrac{a}{c} floor),
于是对于原先的式子,我们可以推出:
(F(a,b,c,d,n)=sum_{i=0}^nlfloorfrac{a*i+b}{c} floor) =(sum_{i=0}^n(lfloorfrac{amod c*i+bmod c}{c} floor+lfloorfrac{a*i}{c} floor+lfloorfrac{b}{c} floor))
进一步化为递归的形式就是:
(F(a\%c,b\%c,c,n)+frac{(n+1)n}{2}*lfloorfrac{a}{c} floor+(n+1)*lfloorfrac{b}{c} floor)
2.当(a<c)且(b<c)时我们有:
我们观察可以很容易的发现,原先的和式的右边一大堆,去掉下取整实际上表示出来就是一条直线,即:
(F=kx+b),((k=frac{a}{c},b=frac{b}{c})),
然后我们就可以轻轻松松的画出一个一次函数的图像,在坐标系里表现出的就是一个直角梯形,函数的定义域(Din[0,n]),函数的值域(Zin[b,m]),其中令(m=frac{a*n+b}{c}),也就是当(i)等于(n)时的值.我们要求定义域内函数值的和,自然就是求积分,也就是这个直角梯形的面积.然后加上下整除符号,我们需要求出的就是这个梯形内整点的个数.
我们枚举所有整点的纵坐标,就有:
(F=sum_{i=0}^{n}sum_{j=1}^{m}[lfloorfrac{a*i+b}{c} floor>=j])
(=sum_{i=0}^{n}sum_{j=0}^{m-1}[lfloorfrac{a*i+b}{c} floor>=j+1])
对于:
([lfloorfrac{a*i+b}{c} floor>=j+1]),
我们知道,大于等于去掉下整除依旧成立,于是
(=sum_{i=0}^{n}sum_{j=0}^{m-1}[(frac{a*i+b}{c})>=j+1])
将分母乘过去,(b)移过去:
(=sum_{i=0}^{n}sum_{j=0}^{m-1}[a*i>=j*c+c-b])
(a)除过去:
(=sum_{i=0}^{n}sum_{j=0}^{m-1}[i>=frac{(j*c+c-b)}{a}])
我们注意到,(j)的变化与(i)是无关的,于是我们可以将两个(sum)交换
(=sum_{j=0}^{m-1}sum_{i=0}^{n}[i>=frac{(j*c+c-b)}{a}])
(=sum_{j=0}^{m-1}sum_{i=0}^{n}[i>frac{(j*c+c-b-1)}{a}])
(分子减一,去掉等号)
去掉内层(sigma):
(=sum_{j=0}^{m-1} n-frac{(j*c+c-b-1)}{a})
(这个显然等价)
(=n*m-sum_{j=0}^{m-1} frac{(j*c+c-b-1)}{a})
老规矩,转换成递归形式:
(=n*m-F(c,c-b-1,a,m-1))
(code:)
inline int add(int a,int b){return a+b>=mod?a+b-mod:a+b; }
inline int sub(int a,int b){return a-b<0?a-b+mod:a-b;}
inline int mul(ll a,ll b){return a*b<mod?a*b:a*b>=(mod<<1)?a*b%mod:a*b-mod;}
int likegcd(int a,int b,int c,int n)
{
if (!a) return 0;
if (a>=c||b>=c) {
int tmp=likegcd(a%c,b%c,c,n);
tmp=add(add(tmp,mul(mul(mul(n,n+1),inv[2]),a/c)),mul(n+1,b/c));
return tmp;
}
// ll m=((ll)a*n+((ll)b)/(ll)c);
int f=(((ll)a*n)+b)/c;
// prllf("[%lld]",f%mod);
return sub(mul(n,f),likegcd(c,c-b-1,a,f-1));
}
(完)
(待补)