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简要题意:
给定 n,m,求:
i=1∑nj=1∑m(n mod i)×(m mod j),i=j
n,m≤109.
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 mod i 的展开问题。所以只需要用 n mod i=n−⌊in⌋×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。
i=1∑nj=1∑m(n mod i)×(m mod j),i=j
=i=1∑nj=1∑m(n−⌊in⌋×i)×(m−⌊jm⌋×j),i=j
=i=1∑n(n−⌊in⌋×i)×j=1∑m(m−⌊jm⌋×j),i=j
首先我们把 i=j 的答案丢掉,先做所有的答案。
令 fn=∑i=1n(n−⌊in⌋×i),则 ans=fn×fm,考虑如何快速求 f.
fn=i=1∑n(n−⌊in⌋×i)
=n2−i=1∑n(⌊in⌋×i)
然后你会发现这东西直接 整除分块,O(n) 很稳。
最后多余的 i=j 的答案应该会是:
i=1∑min(n,m)(n mod i)×(m mod i)
=i=1∑min(n,m)(n−⌊in⌋×i)×(m−⌊im⌋×i)
=i=1∑min(n,m)(nm−ni⌊im⌋−mi⌊in⌋+i2⌊in⌋⌊im⌋)
=nm⋅min(n,m)−n×i=1∑min(n,m)i⌊im⌋−m×i=1∑min(n,m)i⌊in⌋+i=1∑min(n,m)i2⌊in⌋⌊im⌋
令 gn,k=∑i=1ki⌊in⌋
则:
=nm⋅min(n,m)−n×gm,min(n,m)−m×gn,min(n,m)+i=1∑min(n,m)i2⌊in⌋⌊im⌋
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 hn,m,k=∑i=1ki2⌊in⌋⌊im⌋,但是注意到:
∑i=1min(n,m)i2⌊in⌋⌊im⌋ 的计算需要用到公式:
i=1∑ni2=6n(n+1)(2n+1)
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 exgcd 去做。
- 由于 n(n+1) 不会溢出,可以考虑 n(n+1)/2∗(2n+1)/3,但是最终的结果会爆 long long,因此这种方法不行。
- 直接开 __int128 解决所有问题。
当然本人为了方便直接开了 __int128,解决了所有的溢出计算问题。反正 (109)3=1027 肯定不会超过 2127,因为 2127 大概有 40 位。
上述方法已经说明,f 和 g 均可以在 O(n+m+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 O(n).
时间复杂度:O(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<bits/stdc++.h>
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'));
}
inline ll sum(ll n) {return n*(n+1)/2%MOD;}
inline ll pf(ll n) {return n*(n+1)*(2*n+1)/6%MOD;}
inline ll min(ll n,ll m) {return n<m?n:m;}
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;
}
return (n*n-ans)%MOD;
}
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);
ans=(ans+(n/l)*(sum(r)-sum(l-1))%MOD)%MOD;
} return ans;
}
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);
ans=(ans+(n/l)*(m/l)%MOD*(pf(r)-pf(l-1))%MOD)%MOD;
} return ans;
}
int main() {
ll n=read(),m=read(),x=min(n,m);
ll tot1=f(n)*f(m)%MOD;
ll tot2=(n*m*min(n,m)-n*g(m,x)-m*g(n,x)+h(n,m,x)+MOD+MOD)%MOD;
write((tot1-tot2+MOD)%MOD);
return 0;
}