陶陶的难题

最新推荐文章于 2020-06-24 22:02:53 发布

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本文深入探讨了一个复杂的数学计算问题，并通过逐步分解，引入了F(N,A,B,C), G(N,A,B,C)和T(N,A,B,C)三个函数来解决。详细解释了在特定条件下这些函数的计算方式，最终提供了求解复杂表达式的有效算法，其复杂度为O(logN)。

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题意

给定 $A,B,C,L,R$ ，求 $(\sum\limits_{i=L}^Ri *\lfloor \frac{A*i + C}{B}\rfloor) \bmod (10^9+7)$ 。
$A,B,C,L,R\le 10^9$

分析

F(N,A,B,C)的引入

我们先考虑一个简单的题目：求 $\sum\limits_{i=0}^N\lfloor \frac{A*i + C}{B}\rfloor$ 。我们令 $F(N,A,B,C)=\sum\limits_{i=0}^N\lfloor \frac{A*i + C}{B}\rfloor$ 。我们现在要求解 $F$ 这个函数。

分情况讨论：
$1°，A\ge B$
$F(N,A,B,C)=\sum\limits_{i=0}^N\lfloor \frac{A*i + C}{B}\rfloor=\sum\limits_{i=0}^N\lfloor \frac{（\lfloor\frac{A}{B}\rfloor*B+A \bmod B)*i + C}{B}\rfloor=\sum\limits_{i=0}^Ni*\lfloor \frac{A}{B}\rfloor+\sum\limits_{i=0}^N\lfloor \frac{A \bmod B *i + C}{B}\rfloor=\sum\limits_{i=0}^Ni*\lfloor \frac{A}{B}\rfloor+F(N,A \bmod B,B,C)$

$2°，A< B$
$F(N,A,B,C)=\sum\limits_{i=0}^N\lfloor \frac{A*i + C}{B}\rfloor=\sum\limits_{i=0}^N\sum\limits_{j = 0}^{\lfloor \frac{A*i + C}{B}\rfloor - 1}(j < \lfloor \frac{A*i + C}{B}\rfloor)=\sum\limits_{j = 0}^{\lfloor \frac{A*N + C}{B}\rfloor - 1}\sum\limits_{i=0}^N(j < \lfloor \frac{A*i + C}{B}\rfloor)$
我们看看满足括号里的条件的 $i$ 的范围。

j<⌊A∗i+CB⌋ $j <\lfloor\frac{A*i + C}{B}\rfloor$

j+1≤A∗i+CB $j+1\le \frac{A*i+C}{B}$

B∗j+B−CA≤i $\frac{B* j + B - C}{A}\le i$

⌊B∗j+B−C−1A⌋<i $\lfloor\frac{B * j + B - C - 1} {A}\rfloor<i$

我们就得到了 $i$ 的范围

设 $z_j = \lfloor\frac{B * j + B - C - 1} {A}\rfloor,Max =\lfloor \frac{A*N + C}{B}\rfloor - 1$

$F(N,A,B,C)=\sum\limits_{j = 0}^{Max}(N - z_j)=N * (Max+1)-\sum\limits_{j=0}^{Max}\lfloor\frac{B * j + B - C - 1} {A}\rfloor=\sum\limits_{j = 0}^{Max}(N - z_j)=N * (Max+1)-F(Max,B,A,B-C-1)$ 递归计算即可。我们发现，每次分子分母交换位置，都会做一次取模运算，类似欧几里得算法，故它的复杂度为 $logN$ 。

G(N,A,B,C)的引入
我们回到原题。
令 $G(N,A,B,C)=\sum\limits_{i=0}^Ni *\lfloor \frac{A*i + C}{B}\rfloor$ 。类似上面的推理，若 $A\ge B$ ，我们可以先取模计算，在此不再赘述如何推。现在我们假设 $A<B$ 。
$\sum\limits_{i=0}^Ni *\lfloor \frac{A*i + C}{B}\rfloor=\sum\limits_{i=0}^Ni \sum\limits_{j=0}^{\lfloor \frac{A*i + C}{B}\rfloor - 1}1=\sum\limits_{j = 0}^{Max}\sum\limits_{i=z_j+1}^Ni$ 其中， $Max,z_j$ 与之前定义一样。
由等差数列求和公式，我们进一步得到 $G(N,A,B,C)=\frac{1}{2}\sum\limits_{j = 0}^{Max}(N - z_j) * (N + z_j + 1) =\frac{1}{2}\sum\limits_{j = 0}^{Max}(N ^ 2 + N) - \frac{1}{2}\sum\limits_{j = 0}^{Max}z_j^2 - \frac{1}{2}\sum\limits_{j = 0}^{Max}z_j$
现在我们要知道如何求 $\sum\limits_{j = 0}^{Max}z_j^2$ 。

T(N,A,B,C)的引入
设 $T(N,A,B,C) = \sum\limits_{i = 0}^{N}\lfloor\frac{A*i+C}{B}\rfloor^2$ 。
同样的，我们只考虑 $A<B$ 的情况（ $A\ge B$ 的情况同样能简单推出式子转化成 $A<B$ 的情况）。
令 $t=\lfloor\frac{A*i+C}{B}\rfloor$ 。我们可以尝试构造一个关于 $t$ 的等差数列求和式子推到 $T$ 。
令 $S=\sum\limits_{i = 0}^N\sum\limits_{j=0}^{t-1}j = \frac{1}{2}\sum\limits_{i = 0}^N(t-1)*t=\frac{1}{2}\sum\limits_{i = 0}^Nt^2-\frac{1}{2}\sum\limits_{i = 0}^Nt$

那么有 $2S = T(N, A,B,C) -F(N,A,B,C)$ ，即 $T(N,A,B,C)=2*S+F(N,A,B,C)$

然后我们把 $S$ 变下形， $S=\sum\limits_{j=0}^{Max}j*(N-z_j)=N *\sum\limits_{j=0}^{Max}j-\sum\limits_{j=0}^{Max}j*z_j$ ， $Max,z_j$ 同样是跟以前的定义一样的。我们惊奇地发现，后面那一项不就是一个新的原问题类型的问题吗？我们就能递归处理了！