牛客练习赛53 B 美味果冻（数学推导+快速幂优化）

写在前面

需要学会的前置技能：
快速幂
逆元
一定的数学推导能力

原题题面

求${\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^{i}i\lfloor$$\frac{i}{j}$${\rfloor }^{j}mod(1e9+7)$的结果。($n\le 3e6$)

input

3

output

22

题面分析

直接暴力计算肯定超时.
因为有许多的$\lfloor$$\frac{i}{j}$$\rfloor$是相同的，所以我们考虑从$\lfloor$$\frac{i}{j}$$\rfloor$入手。
为了后续工作方便，我们枚举$j$，使
${\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^{i}i\lfloor$$\frac{i}{j}$${\rfloor }^j$
转化为
${\sum }_{j=1}^n{\sum }_{i=j}^{n}i\lfloor$$\frac{i}{j}$${\rfloor }^j$------①
如何证明这步转化正确呢？
对于$i=1$，有$j=1$
对于$i=2$，有$j=1,2$
。。。
对于$i=n$，有$j=1,2,...,n$
因此如果我们反过来枚举$j$的话可以发现，
某个$i$出现的前提就是$i\ge j$，①得证。

还有一个问题，为什么要反过来枚举$j$呢？
因为原来的角度入手的话，$\lfloor$$\frac{i}{j}$$\rfloor$是考虑$j$是$i$的因子，
但变成枚举$j$之后，$\lfloor$$\frac{i}{j}$$\rfloor$就变成考虑$i$是$j$的倍数。在计算上会很方便。
同时，$\lfloor$$\frac{i}{j}$${\rfloor }^j$的指数$j$在$i$变化时是相对不变的，便于统计。
有了①后，我们设$\lfloor$$\frac{i}{j}$$\rfloor =k$,可以得到此时的$i\in [kj,min((k+1)j-1,n)]$。

那对于每一段$\lfloor$$\frac{i}{j}$$\rfloor =k$,我们有
$(kj+min((k+1)j-1,n))\ast (min((k+1)j-1,n)-kj+1)/2\ast k^j$
（统计$k^j$的总和）
因此我们可以得到
${\sum }_{j=1}^n{\sum }_{i=j}^{n}i\lfloor$$\frac{i}{j}$${\rfloor }^j$
=${\sum }_{j=1}^n{\sum }_{k=1}^{\lfloor \frac{n}{j}\rfloor }(kj+min((k+1)j-1,n))\ast (min((k+1)j-1,n)-kj+1)/2\ast k^j$
这样一来，复杂度就从$O(n^2)$变为$O(n(logn{)}^2)$了，然后把上式的$/2$用逆元表示，$k^j$用快速幂求解即可。

然后…
然后…

就莫名其妙地超时了…
为什么呢？是哪里还可以简化运算吗？
答案是肯定的。
注意到上述式子中的$k^j$，它的取值其实是$1^1,2^1,3^1...,1^2,2^2,3^2,...$
所以其实这个部分可以利用数组去模拟($n\le 3e6$)，一开始数组里每个值都是$1$，每次更新$n/j$个（因为只用到$n/j$个），让$a[i]\ast =i$，这样就可以等效替代快速幂。
总复杂度大约为$O(nlogn)$。

AC代码（805ms）

#include
using namespace std;
long long a[3000010];
const long long mod=1e9+7;
long long div2=500000004;//2对于1e9+7的逆元
void init1(int k) {
    for(int i = 1; i <= k; i++) {
        a[i] = 1;
    }
}
void init2(int k) {
    for(int i = 1; i <= k; i++) {
        a[i] = (a[i] * i) % mod;
    }
}
long long f(long long n)
{
    long long sum=0;
    init1(n);
    for(long long j=1;j<=n;j++)
    {
        init2(n / j);
        for(long long k=1;k<=n/j;k++)
        {
            long long l=min(n,(k+1)*j-1);//每一块的上界
            sum=(sum+((((l-k*j+1+mod)%mod)*(k*j+l)%mod)*div2%mod)*a[k]%mod)%mod;
            //数组a用来代替原来的快速幂
        }
    }
    return sum%mod;
}
int main()
{
    int n;
    cin >> n;
    cout << f(n);
    return 0;
}

后记

感谢强大的wl大佬想出了用数组代替快速幂的神奇操作。
其实这个式子还可以化简，把$a\ast k^j$用错位相减法算出公式求解，但很麻烦。
DrGilbert 2019.10.12