前言

本文将介绍几个和欧几里得 算法算法相关的算法，它们都使用了辗转相除 的计算策略，获得类似于 $O(\log V)$（$V$ 为值域）的优秀复杂度。

本文将提供清晰的（数学公式用 $\LaTeX$ 呈现的）伪代码。

约定

对于整数 $x,y$，定义 $z=x\bmod y$，当且仅当 $z$ 是最小的非负整数 ，满足 $y\mid (x-z)$。中间一竖是整除符号。

求最大公约数

问题：给定正整数 $x,y\leq V$，求 $\gcd(x,y)$。（$\gcd(x,y)$ 表示 $x$ 和 $y$ 的最大公约数）

解说：若 $x=y$，则平凡地，$\gcd(x,y)=x$。不妨设 $x<y$，则显然有 $\gcd(x,y)=\gcd(y-x,x)$，根据取模的定义，可得 $\gcd(x,y)=\gcd(y\bmod x,x)$，于是就有做法了。

伪代码：（函数的返回值即为答案）

function $\text{solve}(x,y)$
- if $x=0$ then
  - return $y$
- return $\text{solve}(y\bmod x,x)$

复杂度分析 ：设时间复杂度为 $\mathcal{T}(x,y)$，现在我们证明如下命题：

$\displaystyle\exists x',y'\in \mathbb N^+,x'\leq \frac{x}{2},y'\leq y$，满足 $\mathcal{T}(x,y)\leq \mathcal{T}(x',y')+O(1)$。

如果该命题成立，就容易推出 $\mathcal{T}(x,y)=O(\log V)$ 了。

不妨设 $r=y\bmod x$，则分两种情况讨论。

若 $\displaystyle r\leq\frac{x}{2}$，根据算法过程，$\mathcal{T}(x,y)=\mathcal{T}(x,r)+O(1)=\mathcal{T}(r,x)+O(1)$，命题成立。
若 $\displaystyle r>\frac{x}{2}$，则有 $\mathcal{T}(x,y)=\mathcal{T}(r,x)+O(1)=\mathcal{T}(x\bmod r,x)+O(1)$，此时 $\displaystyle x\bmod r=x-r\leq\frac{x}{2}$，故命题成立。

于是，该算法的复杂度为

\ $\\boxed{O(\\log V)} \\$

之后算法的复杂度都与它类似，将不再证明。

扩展欧几里得

问题：给定正整数 $a,b\leq V$，请求出关于 $(x,y)$ 的方程

\ $ax+by=1 \\$

的任意整数解（即满足 $x,y\in\mathbb{Z}$），保证有整数解。

解说：当 $a=b$ 是，方程无整数解，所以不妨设 $a<b$。直接将 $b$ 写成带余除法形式

\ $\\begin{gathered} k=\\lfloor\\frac{b}{a}\\rfloor\\\\ r=(b\\bmod a)\\\\ b=ka+r \\end{gathered} \\$

将 $b=ka+r$ 代入方程，整理得

\ $ry+a(x+ky)=1 \\$

可以将其看做关于 $(y,x+ky)$ 的方程，这样，原本的系数为 $\displaystyle\left $\\begin{matrix}a\\\\ b\\end{matrix}\\right$ $ 的问题就能转化为系数为 $\displaystyle\left $\\begin{matrix}r\\\\ a\\end{matrix}\\right$ $ 的问题。这样，算法就呼之欲出了。

伪代码：

function $\text{solve}(a,b)$
- if $a=0$ then
  - return $(0,1)$
- let $(x',y')= \text{solve}(b\bmod a,a)$
- return $\displaystyle (y'-\lfloor\frac{b}{a}\rfloor\times x',x')$

复杂度分析 ：与欧几里得算法一样，$O(\log V)$。

生长：如果想要更详细的了解该算法，参见裴蜀定理 - OI Wiki。

线性同余不等式约束下的最小值

问题：给定正整数 $a,m$（$a<m$）和非负整数 $L\leq R<m$，请求出最小的非负整数 $x$ 使得

\ $L\\leq ax\\bmod m\\leq R \\$

若不存在这样的 $x$，需要报告无解。

解说：如果 $ $L,R$ $ 中有 $a$ 的倍数，即满足 $\displaystyle a\times\lceil\frac{L}{a}\rceil\leq R$ 时，$x$ 显然为 $\displaystyle\lceil\frac{L}{a}\rceil$。

在其他情况下，不妨将问题转化，再添加一个变量 $k$，问题变为：找到最小的非负整数 $k$，使得存在非负整数 $x$，满足

\ $L\\leq ax-km\\leq R \\$

因为这里的 $k$ 相当于 $\displaystyle\lfloor\frac{ax}{m}\rfloor$，所以当 $k$ 最小时，$x$ 可以取到最小的 $\displaystyle \lceil\frac{L+km}{a}\rceil$。

变形可得，存在 $x$ 满足上述不等式，当且仅当

\ $(-R)\\bmod a\\leq mk\\bmod a\\leq (-L)\\bmod a \\$

其中 $mk\bmod a=(m\bmod a)k\bmod a$。

所以算法就呼之欲出了。

伪代码：

function $\text{solve}(a,m,L,R)$
- if $L=0$ then
  - return $0$
- if $a=0$ or $R<L$ then
  - return 无解
- if $\displaystyle a\times\lceil\frac{L}{a}\rceil\leq R$ then
  - return $\displaystyle\lceil\frac{L}{a}\rceil$
- let $k=\text{solve}(m\bmod a,a,(-R)\bmod a,(-L)\bmod a)$
- if $k=$ 无解 then
  - return 无解
- return $\displaystyle\lceil\frac{L+km}{a}\rceil$

时间复杂度 ：同样是 $O(\log V)$。

帮助：你可能需要这个式子 $\displaystyle\lceil\frac{x}{y}\rceil=\lfloor\frac{x+y-1}{y}\rfloor$（当 $x,y\in \mathbb{Z},y>0$ 时成立）。

类欧几里得

问题：给定非负整数 $n,a,b,c\leq V$，满足 $c\neq 0$，求

\ $\\sum_{i=0}\^n\\left\\lfloor\\frac{ai+b}{c}\\right\\rfloor \\$

解决：不妨设答案为 $f(a,n,b,c)$，则当 $a=0$ 时，有

\ $f(a,n,b,c)=\\lfloor\\frac{b}{c}\\rfloor\\cdot (n+1) \\$

当 $a\geq c$ 或 $b\geq c$ 时，有

\ $\\begin{gathered} f(a,b,c,n)=\\sum_{i=0}\^n\\left\\lfloor\\frac{ai+b}{c}\\right\\rfloor\\\\ =\\sum_{i=0}\^n\\left\\lfloor\\frac{(a\\bmod c)i+(b\\bmod c)}{c}\\right\\rfloor+\\lfloor\\frac{a}{c}\\rfloor \\cdot\\frac{n(n+1)}{2}+\\lfloor\\frac{b}{c}\\rfloor\\cdot (n+1)\\\\ =f(a\\bmod c,b\\bmod c,c,n)+\\lfloor\\frac{a}{c}\\rfloor \\cdot \\frac{n(n+1)}{2}+\\lfloor\\frac{b}{c}\\rfloor\\cdot (n+1) \\end{gathered} \\$

当 $a<c$ 且 $b<c$ 时，有（不妨设 $\displaystyle m=\left\lfloor\frac{an+b}{c}\right\rfloor$）

\ $\\begin{gathered} f(a,b,c,n)=\\sum_{i=0}\^n\\left\\lfloor\\frac{ai+b}{c}\\right\\rfloor\\\\ =\\sum_{i=0}\^n\\sum_{j=0}\^{m-1} \[c(j+1)\\leq ai+b$ \\ =\sum_{j=0}^{m-1}\sum_{i=0}^n $ai\> cj+c-b-1$ \\ =\sum_{j=0}^{m-1}\left(n-\left\lfloor\frac{cj+c-b-1}{a}\right\rfloor\right)\\ =mn-\sum_{j=0}^{m-1}\left\lfloor\frac{cj+c-b-1}{a}\right\rfloor\\ =mn-f(c,c-b-1,a,m-1) \end{gathered} \]

然后就有做法了。

伪代码：

function $\text{solve}(a,b,c,n)$
- if $n=0$ then
  - return $\displaystyle \lfloor\frac{b}{c}\rfloor$
- if $a\geq c$ or $b\geq c$ then
  - return $\displaystyle \text{solve}(a\bmod c,b\bmod c,c,n)+\lfloor\frac{a}{c}\rfloor \cdot \frac{n(n+1)}{2}+\lfloor\frac{b}{c}\rfloor\cdot (n+1)$
- let $\displaystyle m=\left\lfloor\frac{an+b}{c}\right\rfloor$
- if $m=0$ then ^[[1]](#[1])
  - return $0$
- return $mn-\text{solve}(c,c-b-1,a,m-1)$

复杂度分析 ：为 $O(\log V)$。

万能欧几里得

约定：在本节中，部分运算将在群 $G$ 下进行，所有的乘法运算 都可能被看做 $G$ 的群乘法。

问题：给定群元 $e,r,s\in G$，其中 $e$ 为单位元 ，给定函数（其中 $a,b,c\in\mathbb{N},c\neq 0$）

\ $\\xi(x)=\\frac{ax+b}{c} \\$

函数 $f: \mathbb{N}\to G$ 的定义见下方伪代码。给定非负整数 $n\leq V$，请求出 $f(n)$ 的值。

下方伪代码中，$\epsilon$ 为无穷小的正数。

function $f(n)$
- let $x=\epsilon$, $\text{ans}=e$
- while $x\leq n$ do
  - if $\xi(x)\in\mathbb Z$ then
    - $\text{ans}\gets \text{ans}\times r$
  - if $x\in\mathbb Z$ then
    - $\text{ans}\gets \text{ans}\times s$
  - $x\gets x+\epsilon$
- return $\text{ans}$

假设群 $G$ 的乘法能做到单次 $O(T)$ 的复杂度。

解说：当 $n=0$ 时，平凡的，$f(0)=e$。

不妨设答案为 $g(a,b,c,n,r,s)$。

容易发现，把 $\xi$ 所代表的的直线向下平移是没有影响的，即

\ $g(a,b,c,n,r,s)=g(a,b\\bmod c,c,n,r,s) \\$

这里不妨设 $b<c$。

当 $a\geq c$ 时，尝试让一方模另一方 。根据 $f$ 差分的周期性，有：

\ $g(a,b,c,n,r,s)=g(a\\bmod c,b,c,n,r,r\^{\\lfloor\\frac{a}{c}\\rfloor} \\times s) \\$

可以使用 $f$ 的几何意义 直观理解该式。可以把 $f$ 看成一条欧氏平面中的直线，是否乘 $r$ 或 $s$ 取决于直线上某点的纵坐标或横坐标是否是整数。发现每次给 $\text{ans}$ 乘上 $s$ 前先至少要乘 $\displaystyle \lfloor\frac{a}{c}\rfloor$ 个 $r$。

当 $a<c$ 时，尝试交换它们。

考虑直接将 $\text{ans}$ 写成求积形式，有

\ $\\text{ans}=\\prod_{i=1}\^n r\^{\\lfloor\\xi(i)\\rfloor-\\lfloor\\xi(i-1)\\rfloor}\\times s \\$

为了方便研究，用字符串表示群元，群乘法表示为字符串的拼接 ，设 $e$ 为空字符串 ，$r=\texttt{r}$，$s=\texttt{s}$，则 $\text{ans}$ 为一个由 $\texttt{r}$ 和 $\texttt{s}$ 构成的字符串。

比较显然的是，$\text{ans}$ 中，第 $i$ 个 $\texttt{s}$ 前有 $\lfloor\xi(i)\rfloor$ 个 $\texttt{r}$。为了达到交换效果，我们不妨计算 $\text{ans}$ 中，第 $j$ 个 $\texttt{r}$ 前面有几个 $\texttt{s}$。容易列出式子，答案为下方不等式中，整数 $t$ 的最大值。

\ $\\left\\lfloor\\frac{at+b}{c}\\right\\rfloor\$

它是

\ $\\frac{at+b}{c}\$

解不等式得 $t$ 的最大值为

\ $\\left\\lfloor\\frac{c(j-1)+c-b-1}{a}\\right\\rfloor \\$

不妨设函数 $\displaystyle \xi'(x)=\frac{cx+c-b-1}{a}$。

于是 $\text{ans}$ 可以被表示为（不妨设 $m=\lfloor\xi(n)\rfloor$）

\ $\\begin{gathered} \\text{ans}=s\^{\\lfloor\\xi'(1-1)\\rfloor}\\times r\\times\\left(\\prod_{j=2}\^{m} s\^{\\lfloor\\xi'(j-1)\\rfloor-\\lfloor\\xi'((j-1)-1)\\rfloor} \\times r\\right) \\times s\^{n-\\lfloor\\xi'(m-1)\\rfloor}\\\\ =s\^{\\lfloor\\xi'(0)\\rfloor}\\times r\\times \\left(\\prod_{j=1}\^{m-1}s\^{\\lfloor\\xi'(j)\\rfloor-\\lfloor\\xi'(j-1)\\rfloor} \\times r\\right)\\times s\^{n-\\lfloor\\xi'(m-1)\\rfloor}\\\\ =s\^{\\left\\lfloor\\frac{c-b-1}{a}\\right\\rfloor}\\times r\\times g(c,c-b-1,a,m-1,s,r)\\times s\^{n-\\lfloor\\xi'(m-1)\\rfloor}\\\\ =s\^{\\left\\lfloor\\frac{c-b-1}{a}\\right\\rfloor}\\times r\\times g(c,(c-b-1)\\bmod a,a,m-1,s,r)\\times s\^{n-\\left\\lfloor\\frac{cm-b-1}{a}\\right\\rfloor}\\\\ \\end{gathered} \\$

然后就有做法了。

伪代码：

function $\text{solve}(a,b,c,n,r,s)$
- if $n=0$ then
  - return $e$
- if $a\geq c$ or $b\geq c$ then
  - return $\text{solve}(a\bmod c,b\bmod c,c,n,r,r^{\lfloor\frac{a}{c}\rfloor}\times s)$
- let $\displaystyle m=\left\lfloor\frac{an+b}{c}\right\rfloor$
- if $m=0$ then
  - return $s^n$
- return $s^{\left\lfloor\frac{c-b-1}{a}\right\rfloor}\times r\times g(c,(c-b-1)\bmod a,a,m-1,s,r)\times s^{n-\left\lfloor\frac{cm-b-1}{a}\right\rfloor}$

复杂度分析 ：如果群元的次幂可以 $O(T)$ 计算，那么时间复杂度就是 $O(T\log V)$ 的。如果不可以，那么可以使用快速幂 - OI Wiki算法做到单次 $O(T\log V)$，那么时间复杂度有上界 $O(T\log^2 V)$。

实际上，有更紧的上界，设时间复杂度为 $\mathcal{T}(a,c)$，则有

\ $\\mathcal{T}(a,c)=O(T\\log \\frac{a}{c})+\\mathcal{T}(c\\bmod a,a) \\$

考虑到 $\displaystyle O(T\log \frac{a}{c})=O(T\log a)-O(T\log c)$，所以，将 $\mathcal{T}(a,c)$ 直接展开后，含有 $\log$ 的项会消得只剩 $O(1)$ 个，于是复杂度就是

\ $\\boxed{O(T\\log V)} \\$

完结撒花。

实际上，这个条件判断可以去掉，因为 $n<0$ 时不会让该算法错误。 ↩︎

欧几里得相关算法【含万能欧几里得】

前言

约定

求最大公约数

扩展欧几里得

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万能欧几里得