AX+BY<=C的解的个数

目标就是求满足AX+BY<=C的(X,Y)对数，即求 $$\sum_{x=0}\sum_{y=0}[Ax+By<=C]$$ 其中1<=A,B<=1e9,C<=1e9*min(A,B),X>=0,Y>=0

稍微化简二重和式得到 $$\sum_{x=0}^{\lfloor \frac{C}{A}\rfloor}\lfloor \frac{C-A*x}{B}+1\rfloor$$ 很明显，式子中的$A/B$可以把$\lfloor\frac{A}{B}\rfloor$提出，于是可以化简为 $$\sum_{x=0}^{\lfloor \frac{C}{A}\rfloor}\lfloor \frac{C-(A\mod B)*x}{B}+1+\lfloor\frac{A}{B}\rfloor*x\rfloor$$ 考虑欧几里德算法,现在我们想要把$B$放到分子中去而把$A\mod B$放到分母中去，这样就可以反复使用这种方法，但是现在还不能这么做，因为现在$x$的范围和$y$还不对等，因而现在还不能直接交换$x$和$y$,考虑题目的几何意义，实际上就是求$AX+BY<=C$这条直线包围了多少$X>=0,Y>=0$的整数点，当我们把$A$转化成A%B之后，再用原来的限制把图画出来，实际意义就变成了让我们求有多少个整点在$A'X+BY=C$下方且在$X=\frac{C}{A}$左边有多少个整点，为了把问题转化为没有X限制的问题，我们可以把左下方的矩形单独拿出来算，之后再把直线向下平移，问题就转化为输入参数为$A',B,C'$的子问题，不断迭代下去，直到A,B中某一个是1,就可以直接计算答案，还有一些小细节，可以参考我的代码

附上此题链接：我是链接

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
LL cal(LL x){
    return x*(x+1)/2;
}
LL solve(LL A,LL B,LL C){
    LL nxt=A%B;
    if(!nxt){
        LL ret=(C/B)*(C/A)-A/B*cal(C/A);
        return ret;
    }
    LL y=(C-nxt*(C/A))/B;
    LL ret=y*(C/A)-A/B*cal(C/A);
    ret+=solve(B,nxt,C-B*y);
    return ret;
}
int main(){
    LL A,B,C;
    cin>>A>>B>>C;
    if(A<B)swap(A,B);
    cout<<solve(A,B,C)+C/A+C/B+1;
}