一句话题意：
求 \(\sum \limits_{i=1}^{n} \sum \limits_{j=1}^i \left[ \left( \sum \limits_k \left \lfloor \dfrac{i}{p^k} \right \rfloor -\left \lfloor \dfrac{j}{p^k} \right \rfloor -\left \lfloor \dfrac{i-j}{p^k} \right \rfloor \right)=0 \right]\)，保证 \(p\) 为质数。
因为
\[j \le i
\]
所以
\[\left \lfloor \dfrac{i}{p^k} \right \rfloor -\left \lfloor \dfrac{j}{p^k} \right \rfloor -\left \lfloor \dfrac{i-j}{p^k} \right \rfloor \ge 0
\]
并且
\[(i-j) \bmod p^k \ge 0
\]
因为
\[\begin{aligned}
\left \lfloor \dfrac{i}{p^k} \right \rfloor -\left \lfloor \dfrac{j}{p^k} \right \rfloor -\left \lfloor \dfrac{i-j}{p^k} \right \rfloor & = \dfrac{i - i \bmod p^k}{p^k} - \dfrac{j - j \bmod p^k}{p^k} -\dfrac{(i-j) - (i-j) \bmod p^k}{p^k} \& = \dfrac{j \bmod p^k - i \bmod p^k + (i-j) \bmod p^k}{p^k}
\end{aligned}
\]
所以，当
\[\left \lfloor \dfrac{i}{p^k} \right \rfloor -\left \lfloor \dfrac{j}{p^k} \right \rfloor -\left \lfloor \dfrac{i-j}{p^k} \right \rfloor =0
\]
时，有
\[\dfrac{j \bmod p^k - i \bmod p^k + (i-j) \bmod p^k}{p^k} = 0
\]
即
\[j \bmod p^k - i \bmod p^k + (i-j) \bmod p^k
= 0\]
即
\[j \bmod p^k - i \bmod p^k = -(i-j) \bmod p^k
\le 0\]
所以
\[\sum \limits_k \left \lfloor \dfrac{i}{p^k} \right \rfloor -\left \lfloor \dfrac{j}{p^k} \right \rfloor -\left \lfloor \dfrac{i-j}{p^k} \right \rfloor =0 \Leftrightarrow i \bmod p^k \ge j \bmod p^k
\]
所以如果将 \(i\) 和 \(j\) 转换为 \(p\) 进制，则 \(i\) 的第 \(k\) 位大于等于 \(j\) 的第 \(k\) 位。
又因为 \(i \le n\)，\(j \le n\)，则在 \(p\) 进制下，\(i\) 的第 \(k\) 位和 \(j\) 的第 \(k\) 位都小于等于 \(n\) 的第 \(k\) 位。
所以只要将 \(n\) 转换为 \(p\) 进制，在将每一位 \(+1\) 相乘就得到结果了。
UVA1384 题解
原文：https://www.cnblogs.com/megatrio/p/13655681.html
