BZOJ 2956 模积和 (数学推导+数论分块)

题目链接: http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2956

题目大意: 求∑i=1n∑j=1,j≠im(nmodi)(mmodj)∑i=1n∑j=1,j≠im(nmodi)(mmodj)对19940417取模的值。

思路分析:

从heheda神犇的博客“heheda的数论专题练习”上翻到这样一道比较有趣的题。

一开始想歪了，一直在考虑n mod i与n mod (i+1)之间的递推关系，后来发现行不通。

既然是取模，那就可以采用“化模为除”的方法，即利用公式nmodi=n−[n/i]∗inmodi=n−[n/i]∗i化简原式，暂且不考虑i≠ji≠j的条件可得ans=∑i=1n∑j=1m(n−i[n/i])(m−j[m/j])=∑i=1n∑j=1m(nm−nj[m/j]−mi[n/i]+ij[n/i][m/j])=n2m2−n2∑j=1mj[m/j]−m2∑i=1ni[m/i]+∑i=1ni[n/i]∗∑j=1mj[m/j]ans=∑i=1n∑j=1m(n−i[n/i])(m−j[m/j])=∑i=1n∑j=1m(nm−nj[m/j]−mi[n/i]+ij[n/i][m/j])=n2m2−n2∑j=1mj[m/j]−m2∑i=1ni[m/i]+∑i=1ni[n/i]∗∑j=1mj[m/j]

做到这一步，既然只有i和[n/i]出现在式子里(j同理)，显然可以用数论分块加速这个过程了。(至于数论分块的实现可以参见我的另一篇博客http://blog.csdn.net/suncongbo/article/details/78819470) 分成(2n−−√+2m−−√)(2n+2m)个块，每个块内的[n/i][n/i]与[m/i][m/i]值均不变，块内求和直接用求和公式getsum(n)=n(n+1)2getsum(n)=n(n+1)2, 块内求和等于块右端点的getsum返回值减去块左端点的getsum返回值。

然后去掉i=ji=j的情况:∑i=1min(n,m)(n−i[n/i])(m−i[m/i])=∑i=1min(n,m)(nm−ni[m/i]−mi[n/i]+i2[n/i][m/i])=nmmin(n,m)−∑i=1min(n,m)i(n[m/i]+m[n/i])+∑i=1min(n,m)i2[n/i][m/i]∑i=1min(n,m)(n−i[n/i])(m−i[m/i])=∑i=1min(n,m)(nm−ni[m/i]−mi[n/i]+i2[n/i][m/i])=nmmin(n,m)−∑i=1min(n,m)i(n[m/i]+m[n/i])+∑i=1min(n,m)i2[n/i][m/i], 前两项仍然可以用前面的方法进行计算。棘手的问题来了：

对于最后一项，牵扯到求连续自然数的平方和。我们知道sqrsum(i)=∑i=1ni2=n(n+1)(2n+1)6sqrsum(i)=∑i=1ni2=n(n+1)(2n+1)6, 但是如果把n(n+1)(2n+1)n(n+1)(2n+1)算出来将会很大，long long无法支持。因此只能中途对1994041719940417取模。但是又要除以6，牵扯到求逆元，而19940417又不是质数，无法用费马小定理求逆元。此时做法一是通过其他方法(如exgcd)求出6对于1994041719940417的逆元，二是直接算出6的逆元并作为常量使用。其实，这个数的值是33234033323403.

而我使用的是第三种做法——分类讨论。(其实是因为懒得写逆元)

观察到当n≡0n≡0或n≡2(mod3)n≡2(mod3)时，n(n+1)n(n+1)的值可以被6整除，因此先算出n(n+1)6n(n+1)6即可。当n≡1(mod3)n≡1(mod3)时，2n+12n+1被3整除，n(n+1)n(n+1)被2整除，故计算2n+132n+13与n(n+1)2n(n+1)2相乘即可。(当然如果模数是24而不是6我甘愿老老实实地求逆元)

注意运算符优先级问题，不可以有任何连着三个19940417或1e9级别的数不加取模地连乘，否则必爆。

代码实现

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;

const int NM = 31623;
const long long P = 19940417ll;
long long bl[(NM<<2)+4];
long long tmp[(NM<<2)+4];
long long n,m;
int nm,nn,mm;

void modinc(long long &a)
{
if(a<0) a+=P;
if(a>=P) a-=P;
}

void merge(int lb1,int lb2,int rb2)
{
int i = lb1,j = lb2,k = lb1;
while(i<=lb2-1 && j<=rb2)
{
if(bl[i]<bl[j]) {tmp[k] = bl[i]; i++;}
else {tmp[k] = bl[j]; j++;}
k++;
}
while(i<=lb2-1) {tmp[k] = bl[i]; i++; k++;}
while(j<=rb2) {tmp[k] = bl[j]; j++; k++;}
for(int i=lb1; i<=rb2; i++) bl[i] = tmp[i];
}

long long sqrsum(long long rb)
{
if(rb%3==1) return ((((rb+rb+1)/3)%P)*(rb*(rb+1)/2)%P)%P;
return ((rb*(rb+1)/6)%P*(rb+rb+1))%P;
}

long long getsum(long long rb)
{
return (rb*(rb+1)/2)%P;
}

long long min_ll(long long x,long long y)
{
return x<y ? x : y;
}

int main()
{
scanf("%lld%lld",&n,&m); nm = 0;
nn = sqrt(n); mm = sqrt(m);
for(int i=1; i<=nn; i++) bl[++nm] = i;
for(int i=nn; i>=1; i--) bl[++nm] = n/i;
for(int i=1; i<=mm; i++) bl[++nm] = i;
for(int i=mm; i>=1; i--) bl[++nm] = m/i;
merge(1,1+nn+nn,nm);
long long a = 0ll,b = 0ll,c = 0ll,d = 0ll;
for(int i=1; i<=nm && bl[i]<=n; i++) {a += (getsum(bl[i])-getsum(bl[i-1])+P)*(n/bl[i])%P; modinc(a);}
for(int i=1; i<=nm && bl[i]<=m; i++) {b += (getsum(bl[i])-getsum(bl[i-1])+P)*(m/bl[i])%P; modinc(b);}
c = a*b%P; d = (min_ll(n,m)*n%P)*m%P;
for(int i=1; i<=nm && bl[i]<=min_ll(n,m); i++)
{
long long tmp = (((sqrsum(bl[i])-sqrsum(bl[i-1])+P)*(n/bl[i])%P)*(m/bl[i]))%P;
d += tmp; modinc(d);
}
for(int i=1; i<=nm && bl[i]<=min_ll(n,m); i++)
{
long long tmp = ((getsum(bl[i])-getsum(bl[i-1])+P)*((m*(n/bl[i])+n*(m/bl[i]))%P))%P;
d -= tmp; modinc(d);
}
long long ans = ((n*m)%P)*((n*m)%P)%P;
ans -= (((n*n)%P)*b)%P; modinc(ans);
ans -= (((m*m)%P)*a)%P; modinc(ans);
ans += c; modinc(ans);
ans -= d; modinc(ans);
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}