两个比较好的资料：
oiwiki
原课件

oiwiki上讲得十分细致，而原课件上还讲了扩展。

最基本的问题是求 f(n,a,b,c)=∑i=1n⌊ai+bc⌋f(n,a,b,c)=\sum\limits_{i=1}^n\lfloor\frac{ai+b}{c}\rfloor

这里注意其他的地方好多写的是 f(n,a,b,c)=∑i=0n⌊ai+bc⌋f(n,a,b,c)=\sum\limits_{i=0}^n\lfloor\frac{ai+b}{c}\rfloor，而我认为从 11 开始的更加自然，后面细节就比较少了。

主要思想是把下取整的式子拆成 ∑1\sum 1 的形式，然后交换求和号，把判断的式子转化一下，这样 a,ca,c 的地位就交换了，于是就成为一个欧几里得的形式（因为我们可以 (a,c)→(a%c,c)→(c,a%c)(a,c)\rightarrow(a\% c,c)\rightarrow(c,a\% c)）。

其实这种思路在具体数学中求 ∑i=1n⌊i⌋\sum\limits_{i=1}^n \lfloor\sqrt i\rfloor 的封闭形式时就用到了。当时觉得很妙，平常貌似没有这样化过求和式子。然而这种思路在OI中果然还是有用武之地的。

还有一个很诡异的事就是具体数学中提到的 ∑i=0c−1ai+bc=∑i=0a−1ci+ba\sum\limits_{i=0}^{c-1}\frac{ai+b}{c}=\sum\limits_{i=0}^{a-1}\frac{ci+b}{a}：互反率，但是这个一点都不显然，根本不知道为什么啊QAQ，书中也只是推导出它的封闭形式之后发现 aa 与 cc 处于同等地位...也没有具体解释为什么会这样QAQ
upd:
啊我菜死了不动脑子
其实这玩意挺好理解的啊..我们先把下取整去掉看看，发现它们分别等于是 a(c−1)2+b,fracc(a−1)2+b\frac{a(c-1)}{2}+b,frac{c(a-1)}{2}+b，然后加上下取整之后前一个式子它们大概会分别减去 c(c−1)2c,a(a−1)2a\frac{\frac{c(c-1)}{2}}{c},\frac{\frac{a(a-1)}{2}}{a}。。这里是感性理解，具体证明只要 a,ca,c 除掉gcd之后就满足遍历完全剩余系，就得证了。。
主要还得再提一下扩展的问题：
求 f(n,a,b,c,u,v)=∑i=1niu⌊ai+bc⌋vf(n,a,b,c,u,v)=\sum\limits_{i=1}^ni^u\lfloor\frac{ai+b}{c}\rfloor^v

可以发现oiwiki后面讲的扩展就是当 u,vu,v 为小常数时的情况，而它们是相互递归的。原课件里直接讲了这个更一般的形式。

f(n,a,b,c,u,v)=∑i=1niu∑j≥1[⌊ai+bc⌋≥j](jv−(j−1)v)f(n,a,b,c,u,v)=\sum\limits_{i=1}^ni^u\sum\limits_{j\geq 1}[\lfloor\frac{ai+b}{c}\rfloor\geq j](j^v-(j-1)^v)
然后因为 (j+1)v−jv(j+1)^v-j^v 是一个 v−1v-1 次多项式，所以这个问题也可以类似地缩小规模，具体推导直接看原课件咯

还有一些应用，看dh博客

啊这，但是dh博客里好像有挺多错误的啊...自己写一下咯

f(n,a,b,c)=∑i=1n⌊ai+bc⌋f(n,a,b,c)=\sum\limits_{i=1}^n\lfloor\frac{ai+b}{c}\rfloor
f(n,a,b,c)=f(n,amod  c,bmod  c,c)+n(n+1)2⌊ac⌋+n⌊bc⌋f(n,a,b,c)=f(n,a \mod c,b\mod c,c)+ \frac{n(n+1)}{2}\lfloor\frac{a}{c}\rfloor+n\lfloor\frac{b}{c}\rfloor
设 m=⌊an+bc⌋m=\lfloor\frac{an+b}{c}\rfloor

f(n,a,b,c)=∑i=1n∑j=1m[⌊ai+bc⌋≥j]=∑i=1n∑j=1m[ai>cj−b−1]=∑j=1m∑i=1n[i>⌊cj−b−1a⌋]=nm−f(m,c,−b−1,a)f(n,a,b,c)\\ =\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^{m}[\lfloor\frac{ai+b}{c}\rfloor\geq j]\\ =\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^{m}[ai>cj-b-1]\\ =\sum\limits_{j=1}^{m}\sum_{i=1}^n[i>\lfloor\frac{cj-b-1}{a}\rfloor]\\ =nm-f(m,c,-b-1,a)

里面运用了一些取整的性质。。如当 nn 为整数，xx 为实数时
x<n⇔⌊x⌋<n,x≥n⇔⌊x⌋≥n,x>n⇔⌈x⌉>n,x≤n⇔⌈x⌉≤nx< n\Leftrightarrow\lfloor x\rfloor < n,\\x \geq n\Leftrightarrow\lfloor x\rfloor \geq n,\\x>n\Leftrightarrow\lceil x\rceil > n,\\x\leq n\Leftrightarrow\lceil x\rceil \leq n

还要注意上面的推导变成 ai>cj−b−1ai>cj-b-1 的那一步其实是利用了两边都是整数，把 ≥\geq 变成了 >>。于是这个式子只在 a,b,ca,b,c 都是整数时适用。在它们都是有理数时可以上下同乘一个数化为整数。
而在无理数时就有点棘手。这时有可能会满足 ai≥cj−bai\geq cj-b 这个式子永远不会取等。这时就可以直接变成 >>，也就是最后结果是向 f(m,c,−b,a)f(m,c,-b,a) 递归。比如【清华集训2014】Sum这题就是这样。然而如果不满足永远不会取等的话，就有点麻烦了，我好像不会诶..（比如 a=2,b=−52a=\sqrt 2,b=-5\sqrt 2）

啊，还要注意的是如果存浮点数的话精度会爆炸，需要姿势正确一点..比如如果只含有 2\sqrt 2 的话可以表示成 a2+ba\sqrt 2+b

求 axmod  p<c(x∈[0,n])ax\mod p<c(x\in [0,n]) 的数量..

∑i=0n[ai−⌊aip⌋p<c]=∑i=0n[⌊ai−cp⌋<⌊aip⌋]\sum\limits_{i=0}^n[ai-\lfloor\frac{ai}{p}\rfloor p<c]\\ =\sum\limits_{i=0}^n[\lfloor\frac{ai-c}{p}\rfloor<\lfloor\frac{ai}{p}\rfloor]

然后因为它们最多相差 11，所以直接变成 f(n,a,p,p)−f(n,a,p−c,p)f(n,a,p,p)-f(n,a,p-c,p)（加上 pp 变成正数感觉比较好）