“类欧几里得算法”第一题 sum
【题意】
给入(n,r)，求(sum_{d=1}^n(-1)^{lfloor dsqrt r floor})。
【分析】
只需要考虑所有(d)中，(lfloor dsqrt r floor)为偶数的个数。显然(lfloor x floor)为偶数(Leftrightarrow lfloor x floor=2 imeslfloorfrac{x}{2} floor)。 那么原式可以改写为：
[sum_{d=1}^n 1-2 imes(lfloor dsqrt r
floormod 2)=sum_{d=1}^n 1-2 imes(lfloor dsqrt r
floor-2 imeslfloorfrac{dsqrt r}{2}
floor)\
=n-2 imessum_{d=1}^nlfloor dsqrt r
floor+4 imessum_{d=1}^nlfloorfrac{dsqrt r}{2}
floor
]
不妨设(f(a,b,c,n)=sum_{d=1}^nlfloor d imesfrac{asqrt r+b}{c} floor)，那么原式即为
[n-2 imes f(1,0,1,n)+4 imes 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{asqrt r +b}{c})。
当(kge1)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 imes k
floor=sum_{d=1}^n d imeslfloor k
floor+lfloor d imes(k-lfloor k
floor)
floor\
=frac{n(n+1)}{2}lfloor k
floor+sum_{d=1}^nlfloor d imesfrac{asqrt r+b-lfloor k
floor imes c}{c}
floor\
=frac{n(n+1)}{2}lfloor k
floor+f(a,b-lfloor k
floor imes c,c,n)
]
当(k<1)时，（比如上面递归的那层），可以看作是满足
[egin{cases}
0<xle n\
0<yle x imes k\
xin Z\
yin Z
end{cases}
]
的点数。考虑再矩形((1,1)(n,lfloor n imes k floor))内容斥可得个数为(n imeslfloor n imes k floor) 减去左上三角的部分，而那部分可当作是(y=x imes k, xin[1,n])的反函数(y=x imes dfrac{1}{k}, xin[1,lfloor n imes k floor])。
其中(dfrac{1}{k}=dfrac{c}{asqrt r+b}=dfrac{c(asqrt r-b)}{(asqrt r+b)(asqrt r-b)}=dfrac{acsqrt r-bc}{a^2r-b^2})。
[f(a,b,c,n)=n imeslfloor n imes k
floor-f(ac,-bc,a^2r-b^2,lfloor n imes k
floor)
]
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-2*((n+1)/2));
else printf("%lld
",n);
}
else printf("%lld
",n-2*f(1,0,1,n)+4*f(1,0,2,n));
}
return 0;
}