手动博客搬家: 本文发表于20170223 16:47:26, 原地址https://blog.csdn.net/suncongbo/article/details/79354835
题目链接: http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2956
题目大意: 求\[\sum^{n}_{i=1} \sum^{m}_{j=1, j\ne i} (n \mod i)(m \mod j)\]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\[n \mod i = n-[n/i]*i \]化简原式，暂且不考虑\(i\ne j\)的条件可得\[ans=\sum^{n}_{i=1} \sum^{m}_{j=1} (n-i[n/i])(m-j[m/j])
= \sum^{n}_{i=1} \sum^{m}_{j=1} (nm-nj[m/j]-mi[n/i]+ij[n/i][m/j])
= n^2m^2-n^2\sum^{m}_{j=1}j[m/j]-m^2\sum^{n}_{i=1}i[m/i]+\sum^{n}_{i=1}i[n/i]*\sum^{m}_{j=1}j[m/j]\]
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\((2\sqrt n+2\sqrt m)\)个块，每个块内的\([n/i]\)与\([m/i]\)值均不变，块内求和直接用求和公式\[getsum(n)=\frac{n(n+1)}{2}\], 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\(i=j\)的情况:\[\sum^{\min(n,m)}_{i=1} (n-i[n/i])(m-i[m/i])
=\sum^{\min(n,m)}_{i=1}(nm-ni[m/i]-mi[n/i]+i^2[n/i][m/i])
=nm\min(n,m)-\sum^{min(n,m)}_{i=1}i(n[m/i]+m[n/i])+\sum^{min(n,m)}_{i=1}i^2[n/i][m/i]\], 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\[sqrsum(i)=\sum^{n}_{i=1}i^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\], 但是如果把\(n(n+1)(2n+1)\)算出来将会很大，long long无法支持。因此只能中途对\(19940417\)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\(19940417\)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\(3323403\).
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\(n\equiv 0\)或\(n\equiv 2 (\mod 3)\)时，\(n(n+1)\)的值可以被6整除，因此先算出\(\frac{n(n+1)}{6}\)即可。当\(n\equiv 1 (\mod 3)\)时，\(2n+1\)被3整除，\(n(n+1)\)被2整除，故计算\(\frac{2n+1}{3}\)与\(\frac{n(n+1)}{2}\)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;
}原文：https://www.cnblogs.com/suncongbo/p/10198914.html