【JZOJ5069】【GDSOI2017第二轮模拟】蛋糕

Description

CJY很喜欢吃蛋糕，于是YJC弄到了一块蛋糕，现在YJC决定和CJY分享蛋糕。

这块蛋糕上有n^2颗葡萄干，排成了一个n*n的点阵，每颗葡萄干互不相同且被编号为1~n^2。YJC决定沿着一条直线把蛋糕切成两份。YJC和CJY都很喜欢吃葡萄干，所以切出的两份蛋糕必须都包含至少一颗葡萄干。同时他们都不希望吃到不完整的葡萄干，所以切的时候不能经过任意一颗葡萄干。CJY喜欢1号葡萄干，所以他选择了包含1号葡萄干的那块蛋糕，而YJC则选择了另一块。

在吃蛋糕之前,CJY想知道有多少种切蛋糕的方案。两种方案是不同的当且仅当存在一颗葡萄干在一种方案中被分给了CJY，在另一种方案中被分给了YJC。CJY发现自己不会做这道题，所以他来向你请教。这个答案可能很大，你只需要告诉他答案mod p的结果就可以了。

Data Constraint

对于10%的数据，n<=6。

对于20%的数据，n<=10^3。

对于30%的数据，n<=10^5。

对于40%的数据，n<=10^7。

对于100%的数据，n,p<=10^9。

Solution

我们可以这样构造一条直线：一个点先向与它相邻的横向点连一条边，然后左边向下偏移，右边向上偏移，使之恰好从中间切开，又不会切到其他点。左边向上的亦然，纵向的同理，所以为4*n*(n-1)。现在我们要考虑两点之间的坐标同时有差的情况。我们枚举两点之间的横向差为i，纵向差为j,相连后左边向上偏移，右边向下偏移，左边向下偏移同理。

ans=4∗n∗(n−1)+2∗∑i=1n∑j=1n(n−i)∗(n−j)[(i,j)=1](i,j不同时为1)

=4∗n∗(n−1)+2∗∑i=1n(n−i)∑j=1n(n−j)[(i,j)=1](i,j不同时为1)

=4∗n∗(n−1)+4∗∑i=1n(n−i)∑j=1i−1(n−j)[(i,j)=1]

=4∗∑i=1n(n−i)(n∗ϕ(i)−i∗ϕ(i)/2)

=4∗∑i=1n(n−i)(n∗ϕ(i)−i∗ϕ(i)/2)

=4∗n2∑i=1nϕ(i)−6∗n∑i=1ni∗ϕ(i)+2∑i=1ni2∗ϕ(i)

接着解释杜教筛的套路了，化完后时间复杂度O(N^{2/3}),不会的参照欧拉函数之和,其他的同理推一下即可。

Code

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<map>
#define ll long long
using namespace std;
const ll maxn=4e6;
ll bz[maxn+5],p[maxn+5],d[maxn],p1[maxn+5],p2[maxn+5],c[maxn+5];
ll n,m,i,t,j,k,l,x,y,z,ans,mo;
map<ll,ll>h,h1,h2;
ll make(ll n){
ll t=n+1,k=2*n+1;
if (n%2) t/=2;
else n/=2;
if (n%3==0) n/=3;
else if (t%3==0) t/=3;
else if (k%3==0) k/=3;
return n*t%mo*k%mo;
}
ll sqr(ll x){
return x*x%mo;
}
ll dg(ll n){
if (n<=maxn) return p
;
if (h
) return h
;
ll y=n*(n+1)/2%mo,i=2,t;
while (i<=n){
t=n/(n/i);
y-=(t-i+1)*dg(n/i)%mo;i=t+1;
}
y%=mo;y=(y+mo)%mo;h
=y;
return y;
}
ll dg1(ll n){
if (n<=maxn) return p1
;
if (h1
) return h1
;
ll y=make(n),i=2,t;
while (i<=n){
t=n/(n/i);
y-=(t+i)*(t-i+1)/2%mo*dg1(n/i)%mo;i=t+1;
}
y%=mo;y=(y+mo)%mo;h1
=y;
return y;
}
ll dg2(ll n){
if (n<=maxn) return p2
;
if (h2
) return h2
;
ll y=sqr(n*(n+1)/2%mo),i=2,t;
while (i<=n){
t=n/(n/i);
y-=(make(t)-make(i-1)+mo)%mo*dg2(n/i)%mo;i=t+1;
}
y%=mo;y=(y+mo)%mo;h2
=y;
return y;
}
int main(){
freopen("cake.in","r",stdin);freopen("cake.out","w",stdout);
scanf("%lld%lld",&n,&mo);p[1]=1;
for (i=2;i<=maxn;i++){
if (!bz[i]) d[++d[0]]=i,p[i]=i-1;
for (j=1;j<=d[0];j++){
if (i*d[j]>maxn) break;
bz[i*d[j]]=1;
if (i%d[j]==0){
p[i*d[j]]=p[i]*d[j];break;
}else p[i*d[j]]=p[i]*p[d[j]];
}
}
for (i=1;i<=maxn;i++)
p1[i]=i*p[i]%mo,p2[i]=p1[i]*i%mo,p[i]=(p[i]+p[i-1])%mo,p1[i]=(p1[i]+p1[i-1])%mo,
p2[i]=(p2[i]+p2[i-1])%mo;
ans=n*n%mo*4%mo*dg(n)%mo;
t=6*n%mo*dg1(n)%mo;
k=2*dg2(n)%mo;
ans=(ans+k-t+mo)%mo;
printf("%lld\n",ans);
}