C -求和公式(整除分塊)

​ 先講下整除分塊是個啥：要求$\sum_{i=1}^n$n/i 的值，這時候暴力需要O(n)的時間。由於這個區間是連續的，且’/'是向下取整，當i不能整除k時，n/i會等於最小的i(也就是區間最左邊的值 L)除n的商。此時如果可以很快的找到這一個區間，那麼就可以將時間複雜度降到O($\sqrt{n}$)。 接下來講一下怎麼去找這個區間：

​ 如果需要求$\sum_{i=1}^{20} \frac{20}{i}$，把這些要求的樣例都寫出來找找規律：

i	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18	19	20
20/i	20	10	6	5	4	3	2	2	2	2	1	1	1	1	1	1	1	1	1	1

​ 看到這個表不難發現規律，用20再去除以 (20/i) 就等於最後一個等於這個值的數，比如說 當i=7時，20/i=2，那麼用20/(20/7) = 10， 這個時候10就是20/i等於2的最後一個值。可以利用這個特性，在區間最左邊用O(1)的時間就可以計算出區間最右邊的座標。在這個區間內，所有的值都是相同的，所以找到這個區間後，直接用區間長度乘以單個數值就ok。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int n, ans;

int main() {
		scanf("%d", &n);
  	for(int l = 1, r;l <= n; l = r+1) {
      	r = n/(n/l); // 區間最右邊
      	ans += (n/l) * (r-l+1);
    }
  	printf("%d\n", ans);
}

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下一題：

餘數求和 要求$\sum_{i=1}^n$k%i。

$\sum_{i=1}^n$k%i

=$\sum_{i=1}^n$k-i*(k/i)*

=n*k - $\sum_{i=1}^n$ i * (k/i)

​ 在每一段(L,R)中 k/i = k/L ，所以在相加的時候可以當作公因式提出來。$\sum_{i=1}^n$i 相當於一個等差數列。由等差數列求和公式可得： (R-L+1) * (L+R) / 2。

​ 所以每一段(L,R)的和可以表示爲 k/L * (R-L+1) * (L+R) / 2。

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;

ll n, k, ans;

int main() {
	scanf("%lld %lld", &n, &k);
	ans = n * k;
	for(ll l = 1,r;l <= n;l = r + 1) {
		if(k/l != 0) r = min(n, k/(k/l));
		else r = n;
		ans -= (k/l)*(r-l+1)*(l+r)/2;
	}
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}

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學長出的題目鏈接 求和公式。

題意是要求 $\sum_{i=1}^n$$\sum_{j=1}^m$ $i^2j$ (n$\%$i) (m$\%$j) $\%$ ($10^9+7$) 。 （$10 $$<=$n, m $<=$1000000000）

​ 這個題的複雜度顯然不能暴力求。 當時根本沒有想到用別的方法覺得這個題不可能做得出來，之後聽學長講解，確實沒那麼難。（許多頭鐵的學弟用兩重循環寫了好久…）

​ 首先題面給的這個式子肯定是不能直接用的，對它變下形：

$\sum_{i=1}^n$$\sum_{j=1}^m$ $i^2j$ (n$\%$i) (m$\%$j) $\%$ ($10^9+7$)

= $\sum_{i=1}^n$$i^2$($n\% i$) * $\sum_{j=1}^m$ $j(m\%j)$ $\%$ ($10^9+7$)

= $\sum_{i=1}^n$$i^2$($n-i*(n/i)$) * $\sum_{j=1}^m$ $j(m-j*(m/j))$ $\%$ ($10^9+7$)

=$\sum_{i=1}^n$ $i^2$n - $i^3*(n/i)$ * $\sum_{j=1}^m$ $j*m-j^2*(m/j)$ $\%$ ($10^9+7$)

第一個求和符號中的前半部分將n提出，就是一個$n^2$ 的求和（不會的看下面給的鏈接）

$n* \sum_{i=1}^n i^2 - \sum_{i=1}^n i^3(n/i)$

$n*\frac{n*(n+1)*(2*n+1)}{6}$ - $\sum_{i=1}^n i^3(n/i)$

第二個求和符號中的前半部分就是一個等差數列求和，這個應該不難:

$m*\frac{m*(1+m)}{2}-\sum_{j=1}^mj^2(m/j)$

不會$\sum_{i=1}^n$ $i^2$看這個推導

不會$\sum_{i=1}^n i^3$ 看這個推導

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const ll mod = 1e9+7;

ll n, m;

ll powmod(ll a,ll b)
{
	ll res = 1;
	for(;b;b>>=1)
	{
		if(b&1) res = res * a % mod;
		a = a * a % mod;
	}
	return res;
}

ll inv(ll x)
{
	return powmod(x,mod-2);
} //上面兩個函數是求逆元的 用這個方法來代替除法,避免除法向下取整會對算出的值造成偏差


ll sum_2(ll p) { // i^2 從1加到p的公式
	return p*(p+1)%mod*(2*p+1)%mod*inv(6)%mod;
}

ll sum_3(ll p) { // i^3 從1加到p的公式
	return p*p%mod*(p+1)%mod*(p+1)%mod*inv(4)%mod;
}

int main() {
	scanf("%lld %lld", &n, &m);
	
	ll num1 = n*sum_2(n)%mod; // 求第一個求和公式的值
	for(ll l = 1,r;l <= n; l = r+1) { 
		r = n/(n/l);
		ll t = (sum_3(r)-sum_3(l-1)+mod)%mod;
		t = t * (n/l) %mod;
		num1 = (num1 - t + mod) % mod;
	}
	
	ll num2 = m*m%mod*(1+m)%mod*inv(2)%mod; // 求第二個求和公式的值
	for(ll l = 1,r;l <= m; l = r+1) {
		r = m/(m/l);
		ll t = (sum_2(r)-sum_2(l-1)+mod)%mod;
		t = t *(m/l) %mod;
		num2 = (num2 - t + mod) % mod;
	}
	
	printf("%lld\n", num1*num2%mod);
}