P2260 [清华集训2012]模积和 题解

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简要题意：

给定 $n,m$，求：

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m(n\text{mod}i)\times (m\text{mod}j),i\ne j$$

$n,m\le 10^9$.

我们直接奔着 $100$ 分的数据去吧，不要看部分分，部分分就没意思。

这个式子的瓶颈在于 $n\text{mod}i$ 的展开问题。所以只需要用 $n\text{mod}i=n-\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \times i$ ，然后灵活用多项式的拆开与合并，一波整除分块带走即可。

首先说好，这一次的推式子没有 莫比乌斯反演，也没有 奇怪的筛法，有的只是 多项式的灵活展开 与 整除分块。

于是我们开始推式子。

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m(n\text{mod}i)\times (m\text{mod}j),i\ne j$$

$$=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m(n-\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \times i)\times (m-\lfloor \frac{m}{j}\rfloor \times j),i\ne j$$

$$=\sum _{i=1}^n(n-\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \times i)\times \sum _{j=1}^m(m-\lfloor \frac{m}{j}\rfloor \times j),i\ne j$$

首先我们把 $i=j$ 的答案丢掉，先做所有的答案。

令 $f_n={\sum }_{i=1}^n(n-\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \times i)$，则 $\text{ans}=f_n\times f_m$，考虑如何快速求 $f$.

$$f_n=\sum _{i=1}^n(n-\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \times i)$$

$$=n^2-\sum _{i=1}^n(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \times i)$$

然后你会发现这东西直接 整除分块，$\mathcal{O}(\sqrt{n})$ 很稳。

最后多余的 $i=j$ 的答案应该会是：

$$\sum _{i=1}^{\min (n,m)}(n\text{mod}i)\times (m\text{mod}i)$$

$$=\sum _{i=1}^{\min (n,m)}(n-\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \times i)\times (m-\lfloor \frac{m}{i}\rfloor \times i)$$

$$=\sum _{i=1}^{\min (n,m)}(nm-ni\lfloor \frac{m}{i}\rfloor -mi\lfloor \frac{n}{i}\rfloor +i^2\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \lfloor \frac{m}{i}\rfloor )$$

$$=nm\cdot \min (n,m)-n\times \sum _{i=1}^{\min (n,m)}i\lfloor \frac{m}{i}\rfloor -m\times \sum _{i=1}^{\min (n,m)}i\lfloor \frac{n}{i}\rfloor +\sum _{i=1}^{\min (n,m)}{i}^2\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \lfloor \frac{m}{i}\rfloor$$

令 $g_{n,k}={\sum }_{i=1}^{k}i\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$

则：

$$=nm\cdot \min (n,m)-n\times g_{m,\min (n,m)}-m\times g_{n,\min (n,m)}+\sum _{i=1}^{\min (n,m)}{i}^2\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \lfloor \frac{m}{i}\rfloor$$

显然，$g$ 可以整除分块，所以整个式子都可以整除分块。

对于最后的一块，我们令 $h_{n,m,k}={\sum }_{i=1}^k{i}^2\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \lfloor \frac{m}{i}\rfloor$，但是注意到：

${\sum }_{i=1}^{\min (n,m)}{i}^2\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \lfloor \frac{m}{i}\rfloor$ 的计算需要用到公式：

$$\sum _{i=1}^n{i}^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$$

但是模意义下的除法不好做。这里有三种解决方法：

• 求出模意义下 $6$ 的逆元，可惜模数不是质数，我们只能用 $\text{exgcd}$ 去做。
• 由于 $n(n+1)$ 不会溢出，可以考虑 $n(n+1)/2\ast (2n+1)/3$，但是最终的结果会爆 $\text{long long}$，因此这种方法不行。
• 直接开 $\text{\_\_int128}$ 解决所有问题。

当然本人为了方便直接开了 $\text{\_\_int128}$，解决了所有的溢出计算问题。反正 $(10^9{)}^3=10^{27}$ 肯定不会超过 $2^{127}$，因为 $2^{127}$ 大概有 $40$ 位。
上述方法已经说明，$f$ 和 $g$ 均可以在 $\mathcal{O}(\sqrt{n}+\sqrt{m}+\sqrt{\min (n,m)})$ 的时间内解决。$n$ ，$m$ 与 $\min (n,m)$ 均同级，所以最终时间复杂度为 $\mathcal{O}(\sqrt{n})$.

时间复杂度：$\mathcal{O}(\sqrt{n})$.

实际得分：$100pts$.

这个故事告诉我们，清华集训的题并不难，在自己擅长的领域完全可以吊打集训队。（当然离那一天还很遥远）

#pragma GCC optimize(2)
#include
using namespace std;

typedef __int128 ll;
const ll MOD=19940417;

inline ll read(){
     char ch=getchar(); int f=1; while(ch<'0' || ch>'9') {
     if(ch=='-') f=-f; ch=getchar();}
	ll x=0; while(ch>='0' && ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar(); return x*f;}

inline void write(ll x) {
     
	if(x<0) {
     putchar('-');write(-x);return;}
	if(x<10) {
     putchar(char(x%10+'0'));return;}
	write(x/10);putchar(char(x%10+'0'));
} //int128 需要快读快输
inline ll sum(ll n) {
     return n*(n+1)/2%MOD;} //一维和
inline ll pf(ll n) {
     return n*(n+1)*(2*n+1)/6%MOD;} //平方和
inline ll min(ll n,ll m) {
     return n<m?n:m;} //手动最小值
inline ll f(ll n) {
     
	ll ans=0;
	for(ll l=1,r;l<=n;l=r+1) {
     
		r=n/(n/l);
		ans=(ans+(n/l)*(sum(r)-sum(l-1))%MOD)%MOD;
	} //printf("%lld\n",ans);
	return (n*n-ans)%MOD;
} //整除分块计算 f

inline ll g(ll n,ll k) {
     
	ll ans=0;
	for(ll l=1,r;l<=k;l=r+1) {
     
		r=n/(n/l); r=min(r,k); //保证块不超过 k
		ans=(ans+(n/l)*(sum(r)-sum(l-1))%MOD)%MOD;
	} return ans;
} //整除分块计算 g

inline ll h(ll n,ll m,ll k) {
     
	ll ans=0;
	for(ll l=1,r;l<=k;l=r+1) {
     
		r=min(n/(n/l),m/(m/l)); r=min(r,k); //保证块不超过 k
		ans=(ans+(n/l)*(m/l)%MOD*(pf(r)-pf(l-1))%MOD)%MOD;
	} return ans;
} //整除分块计算 h

int main() {
     
	ll n=read(),m=read(),x=min(n,m);
	ll tot1=f(n)*f(m)%MOD; //原本答案
	ll tot2=(n*m*min(n,m)-n*g(m,x)-m*g(n,x)+h(n,m,x)+MOD+MOD)%MOD; //多余答案
//	write(tot1),putchar(' '),write(tot2),putchar('\n');
	write((tot1-tot2+MOD)%MOD); //减法需要处理负数
	return 0;
}