POJ 3495 Bitwise XOR of Arithmetic Progression 数论

题目链接：http://poj.org/problem?id=3495

题目大意：
求等差数列的异或和。
给定$x$，$y$，$z$，计算出首项为$x$，公差为$z$，末项$\le{y}$且末项$+{z}\gt{y}$的等差数列每项的异或和。
多组测试数据，${x,y,z}\le{2^{32}},{x}\le{y}$

题解：
显然大数据时暴力计算会超时，那么我们就从位运算的性质下手解决这一问题：
异或操作中每一位互不干扰，所以我们可以分别计算出答案每一位的值。
那么第i位的值就为$(\lfloor{{x}\over{2^i}}\rfloor+\lfloor{{x+z}\over{2^i}}\rfloor+\lfloor{{x+2z}\over{2^i}}\rfloor+……+\lfloor{{x+nz}\over{2^i}}\rfloor)\%2$
令$a=z，b=x，c=2^i$，那么就可以将问题转化为求$\sum_{x=0}^{n-1} \lfloor{{ax+b}\over{c}}\rfloor$。
将式子中的$\lfloor{{a}\over{c}}\rfloor$和$\lfloor{{b}\over{c}}\rfloor$提取出来，
可得$\sum_{x=0}^{n-1} \lfloor{{ax+b}\over{c}}\rfloor=\lfloor{{a}\over{c}}\rfloor*{{n*(n-1)}\over{2}}+\lfloor{{b}\over{c}}\rfloor*n+\sum_{x=0}^{n-1}\lfloor{{(a\%c)x+(b\%c)}\over{c}}\rfloor$
$\lfloor{{a}\over{c}}\rfloor*{{n*(n-1)}\over{2}}+\lfloor{{b}\over{c}}\rfloor*n$可求，问题转化为了求$\sum_{x=0}^{n-1}\lfloor{{(a\%c)x+(b\%c)}\over{c}}\rfloor$
它的值等价于求下面的图中的整点数。

所求区域为青色区域和棕绿色区域。
图中青色点为所求整点。
易知棕绿色区域与灰色区域无整点（${{{b\%c}\over{c}}<1},\lfloor{{(a\%c)x+(b\%c)}\over{c}}\rfloor-{{(a\%c)n+(b\%c)}\over{c}}<1$）
所以所求区域可看做青色与灰色部分，
我们令O’为原点，y轴负方向为x’轴正方向，x轴负方向为y’轴正方向，定义新的坐标系。
那么直线$y=\lfloor{{(a\%c)x+(b\%c)}\over{c}}\rfloor$就变为了$y=\lfloor{{cx+((an+b)\%c)}\over{a\%c}}\rfloor$
所以${\sum_{x=0}^{n-1} \lfloor{{ax+b}\over{c}}\rfloor}={\sum_{x=0}^{\lfloor{{(a\%c)n+(b\%c)}\over{c}}\rfloor-1}\lfloor{{cx+((an+b)\%c)}\over{a\%c}}\rfloor}$
观察变化前后的式子，发现$a$变成了$c$，$b$变成了$(an+b)\%c$，$c$变成了$a\%c$，与GCD类似，可以递归求解，时间复杂度为$O(log^2n)$
递归可以到当$n==0$时截止，也可以到当$an+b<c$时截止，因为此时答案必定为$0$
附上直线变化的证明：
直线的斜率显然变为原来的倒数，由${a\%c}\over{c}$变为${c}\over{a\%c}$
直线的截距为图中蓝色线的长度，不难求出它的长度为
${n+{{b\%c}\over{a\%c}}-{\lfloor{{(a\%c)n+(b\%c)}\over{c}}\rfloor\over{{a\%c}\over{c}}}}={n+{{b\%c}\over{a\%c}}-{{c\lfloor{{(a\%c)n+(b\%c)}\over{c}}\rfloor}\over{a\%c}}}$
我们知道${p\lfloor{{q}\over{p}}\rfloor}={q-q\%p}$
所以${c\lfloor{{(a\%c)n+(b\%c)}\over{c}}\rfloor}={n+{{b\%c}\over{a\%c}}-{{(an+b)\%c}\over{a\%c}}}$
所以截距为${(an+b)\%c}\over{a\%c}$

代码：

#include<stdio.h>
typedef unsigned int u;
u cal(u a,u b,u c,u n)
{
    u re=0;
    re+=(a/c)*n*(n-1)/2+(b/c)*n;
    b%=c;
    a%=c;
    if(a*n+b<c)
    {
        return re;
    }
    else
    {
        return re+cal(c,(a*n+b)%c,a,(a*n+b)/c);
    }
}
int main()
{
    u x,y,z;
    while(~scanf("%u%u%u",&x,&y,&z))
    {
        u ans=0;
        u n=(y-x)/z+1;
        for(int i=0;i<32;i++)
        {
            ans|=(cal(z,x,1u<<i,n)&1)<<i;
        }
        printf("%u\n",ans);
    }
    return 0;
}