【题解】清华集训-2012 模积和

【Problem】

bzoj党

洛谷党

给定n,mn,m，求值：∑i=1n∑j=1,i≠jm[(nmodi)∗(mmodj)]∑i=1n∑j=1,i≠jm[(nmodi)∗(mmodj)]

n,m≤1e+9n,m≤1e+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=a−b⌊ab⌋amodb=a−b⌊ab⌋

则∑ni=1nmodi=∑ni=1(n−i⌊ni⌋)∑i=1nnmodi=∑i=1n(n−i⌊ni⌋)

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

那么尝试着将原式变换：

∑i=1n∑j=1,i≠jm[(nmodi)∗(mmodj)]=[∑i=1n(nmodi)][∑j=1m(mmodj)]−∑i=1min(n,m)[(nmodi)∗(mmodj)]=[∑i=1n(n−i⌊ni⌋)][∑j=1m(m−j⌊mj⌋)]−∑i=1min(n,m)[(n−i⌊ni⌋)∗(m−i⌊mi⌋)]∑i=1n∑j=1,i≠jm[(nmodi)∗(mmodj)]=[∑i=1n(nmodi)][∑j=1m(mmodj)]−∑i=1min(n,m)[(nmodi)∗(mmodj)]=[∑i=1n(n−i⌊ni⌋)][∑j=1m(m−j⌊mj⌋)]−∑i=1min(n,m)[(n−i⌊ni⌋)∗(m−i⌊mi⌋)]

其中[∑ni=1(n−i⌊ni⌋)][∑mj=1(m−j⌊mj⌋)][∑i=1n(n−i⌊ni⌋)][∑j=1m(m−j⌊mj⌋)]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<mn<m，拆分式子：

∑i=1n[(n−i⌊ni⌋)∗(m−i⌊mi⌋)]=∑i=1n(n∗m)−m∑i=1n(i⌊ni⌋)−n∑i=1n(i⌊mi⌋)+∑i=1ni2⌊ni⌋⌊mi⌋∑i=1n[(n−i⌊ni⌋)∗(m−i⌊mi⌋)]=∑i=1n(n∗m)−m∑i=1n(i⌊ni⌋)−n∑i=1n(i⌊mi⌋)+∑i=1ni2⌊ni⌋⌊mi⌋

其中第一项等于n2mn2m，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=lri2，有一个小公式：∑ni=1=n(n+1)(2n+1)6∑i=1n=n(n+1)(2n+1)6前缀相减即可

【Code】

#include<bits/stdc++.h>
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;
}