【题解】清华集训-2012 模积和

【Problem】

bzoj党
洛谷党

给定 n,m n , m ,求值:

i=1nj=1,ijm[(nmodi)(mmodj)] ∑ i = 1 n ∑ j = 1 , i ≠ j m [ ( n mod i ) ∗ ( m mod j ) ]

n,m1e+9 n , m ≤ 1 e + 9

【Solution】

首先根据蒟蒻的的做题经验,求模值的和一定要转换

amodb=abab a mod b = a − b ⌊ a b ⌋
ni=1nmodi=ni=1(nini) ∑ i = 1 n n mod i = ∑ i = 1 n ( n − i ⌊ n i ⌋ )

其中类似于莫比乌斯反演的分块优化, ni ⌊ n i ⌋ 的取值在一端区间内是相等的,所以对于式子 ni=1nmodi ∑ i = 1 n n mod i 可以在 n n 的时间内求解

那么尝试着将原式变换:

i=1nj=1,ijm[(nmodi)(mmodj)]=[i=1n(nmodi)][j=1m(mmodi)]i=1min(n,m)[(nmodi)(mmodj)]=[i=1n(nini)][j=1m(mjmj)]i=1min(n,m)[(nini)(mimi)] ∑ i = 1 n ∑ j = 1 , i ≠ j m [ ( n mod i ) ∗ ( m mod j ) ] = [ ∑ i = 1 n ( n mod i ) ] [ ∑ j = 1 m ( m mod i ) ] − ∑ i = 1 m i n ( n , m ) [ ( n mod i ) ∗ ( m mod j ) ] = [ ∑ i = 1 n ( n − i ⌊ n i ⌋ ) ] [ ∑ j = 1 m ( m − j ⌊ m j ⌋ ) ] − ∑ i = 1 m i n ( n , m ) [ ( n − i ⌊ n i ⌋ ) ∗ ( m − i ⌊ m i ⌋ ) ]

其中 [ni=1(nini)][mj=1(mjmj)] [ ∑ i = 1 n ( n − i ⌊ n i ⌋ ) ] [ ∑ j = 1 m ( m − j ⌊ m j ⌋ ) ] 可以在 O(n+m) O ( n + m ) 的时间内求解,接下来考虑右边的项

假设 n<m n < m ,拆分式子:

i=1n[(nini)(mimi)]=i=1n(nm)mi=1n(ini)ni=1n(imi)+i=1ni2nimi ∑ i = 1 n [ ( n − i ⌊ n i ⌋ ) ∗ ( m − i ⌊ m i ⌋ ) ] = ∑ i = 1 n ( n ∗ m ) − m ∑ i = 1 n ( i ⌊ n i ⌋ ) − n ∑ i = 1 n ( i ⌊ m i ⌋ ) + ∑ i = 1 n i 2 ⌊ n i ⌋ ⌊ m i ⌋

其中第一项等于 n2m n 2 m ,第二三项可以用前面的方法 O(n) O ( n ) 求解,接下来考虑第四项:

明显可以类似于莫比乌斯反演的分块优化求解,但需要求解 ri=li2 ∑ i = l r i 2 ,有一个小公式: ni=1=n(n+1)(2n+1)6 ∑ i = 1 n = n ( n + 1 ) ( 2 n + 1 ) 6 前缀相减即可

【Code】

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
#define rg register
#define cl(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define max(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))
#define min(x,y) ((x)<(y)?(x):(y))
#define abs(x) ((x)>0?(x):(-(x)))
const ll p(19940417);

template <typename _Tp> inline _Tp read(_Tp&x){
    rg char c11=getchar(),ob=0;x=0;
    while(c11^'-'&&!isdigit(c11))c11=getchar();if(c11=='-')c11=getchar(),ob=1;
    while(isdigit(c11))x=x*10+c11-'0',c11=getchar();if(ob)x=-x;return x;
}

inline ll sum(ll x){
    ll mul=(x*(x+1)>>1);
    if(mul%3==0){
        mul=(mul/3)%p;
        mul=mul*(x<<1|1)%p;
    }
    else mul=mul%p*(((x<<1|1)/3)%p)%p;
    return mul;
}

int main(){
    ll n,m;
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    ll ans(0),mul1(n*n),mul2(m*m);
    for(rg ll i=1,j;i<=n;i=j+1){
        j=min(n/(n/i),n);
        mul1=(mul1-((j-i+1)*(i+j)>>1)*(n/i)%p+p)%p;
    }
    for(rg ll i=1,j;i<=m;i=j+1){
        j=min(m/(m/i),m);
        mul2=(mul2-((j-i+1)*(i+j)>>1)*(m/i)%p+p)%p;
    }
    ans=mul1*mul2%p;
    if(n>m)swap(n,m);
    ans=(ans-(n*n%p*m%p)+p)%p;
    mul1=mul2=0;
    for(rg ll i=1,j;i<=n;i=j+1){
        j=min(n/(n/i),n);
        mul1=(mul1+m*(((j-i+1)*(i+j)>>1)*(n/i)%p)%p)%p;
    }
    for(rg ll i=1,j;i<=n;i=j+1){
        j=min(m/(m/i),n);
        mul2=(mul2+n*(((j-i+1)*(i+j)>>1)*(m/i)%p)%p)%p;
    }
    ans=(ans+mul1+mul2)%p;
    for(rg ll i=1,j;i<=n;i=j+1){
        j=min(n/(n/i),m/(m/i));
        ans=(ans-(n/i)*(m/i)%p*(sum(j)-sum(i-1)+p)%p+p)%p;
    }
    printf("%lld\n",(ans+p*10)%p);
    return 0;
}

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