poj3495 Bitwise XOR of Arithmetic Progression 等差数列异或和

upd 2019.3.26

修复了之前些的一些bug
然后加了些解释
应该更好理解
基本上就是大面积重构23333
顺带一提，这个做法基本就是类欧

题意

就是求等差数列异或和
x表示首项，y表示末项，z表示公差

怎么做？

等差数列的和，我会啊 !(首项+末项)*项数/2
然而这题并不是这样的
由于异或的特殊性，于是我们可以一位一位来考虑
我们定义一个函数$f(a,b,c,n)$表示的是首项是$a$，公差是$b$，$c$是一个除数，$n$是项数的和
对于第i位，最后一位叫第0位，从右往左数
我们要知道的就是$f(x,z,2^i,?(y?x)/z?+1)$的奇偶性
于是我们决定用最简单粗暴的方式，那就是求和。。
我们现在要求的等价与下面这个式子

$$\sum _{i=0}^{n?1}?\frac{x+z?i}{c}?$$
这个问题就是类欧的模板题啊
显然地，式子可以变成下面这一个
$$\sum _{i=0}^{n?1}?\frac{x}{c}?+(?\frac{z}{c}?i)+?\frac{x\%c+z\%c?i}{c}?$$
那么前面两个部分，我们可以一开始就算出来，这个没有关系
那么问题就只剩下了后面这一个
$$\sum _{i=0}^{n?1}?\frac{x\%c+z\%c?i}{c}?$$
这么怎么求呢？
我们可以把他看做是一个关于$i$的，截
距$\frac{x\%c}{c}$，斜率为$\frac{z\%c}{c}$的函数
那么就是问这个函数，在$x=n$之前，他的下面$x$轴的上面有多少个整点，令每一列的整点数为$g(i)$
不失一般性，我们可以把截距设为$b$，斜率设为$a$
这样大家看下面的图也好看一些
容易知道，他的图像是这样的
要注意的是，n这个地方的点是不能取到的
拿了POPOQQQ的一张图
左边的是没有模过，右边是已经模过了的

右边这个图显然有一个特点，那就是截距肯定是小于$1$的
于是最diao的地方就来了
我们旋转坐标轴
没错，黄色的那个就是了
这个坐标轴取的原点是$(n,g(n))$
我们的问题就等价与求这个新坐标轴下包含了多少个点
容易知道，这样做的话，点数既没有变多，也没有变少
于是我们考虑讨论这条直线
斜率显然是之前的倒数（感受一下），带过去也就是$\frac{c}{z\%c}$
确实是感受一下就好
那么考虑一下截距是什么怎么做呢？
方法也很简单，你就考虑使用新的坐标轴就可以了
我们可以用那条已知的线
明显地，我们可以知道他第一个点，也就是原直线在n处的取值

然后我们还知道他的斜率，那么求出截距也就是轻而易举的事情了
把式子化一化就可以得到

就是一个式子：
$\frac{(z?n+x)\%c}{z\%c}$
就可以变成一个子问题了
递归求解就可以了

如果再观察一下，发现，z和c是类似与辗转相除地进行的，于是有复杂度保证，就是log层就结束了

为什么这个算法会得到改进呢？
因为我们发现，如果一个直线，他是十分陡峭的，我们可以轻松地算出一大片答案，但是如果比较平缓那就很难搞了
于是我们可以通过旋转坐标轴使得这条直线又变得陡峭起来，这样子又可以一次算出一堆答案了
从而剩下很多复杂度，这个方法可以学习

然后就没有啦！完结散花

搞了一个晚上，大概把所有疑问搞懂了，感觉很舒服啊
如果还有在哪里讲得有问题，可以留言啊

CODE:

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long LL;
LL x,y,z;//x是首项 y是不能超过y z是公差 
LL f (LL a,LL b,LL c,LL n)//首项 公差 c 项数 
{
    if (n==0) return 0;LL ans=(b/c)*n*(n-1)/2+(a/c)*n;ans=ans+f((b*n+a)%c,c,b%c,((b%c)*n+(a%c))/c);return ans;
}
int main()
{
    while (scanf("%I64d%I64d%I64d",&x,&y,&z)!=EOF){
    LL ans=0;for (LL u=0;u<32;u++)ans=ans|((f(x,z,(1LL<<u),(y-x)/z+1)&1)<<u);printf("%I64d\n",ans);}return 0;
}