题目描述
给定 \(n,k\) ，求有多少个三元组 \((a,b,c)\) 满足 \(1≤a≤b≤c≤n\)且\(a + b^2 ≡ c^3\ (mod\ k)\)。
输入
多组数据，第一行数据组数\(T\)。
每组数据两个整数，\(n\)和\(k\)。
输出
\(T\)行，每行一个整数，表示满足条件的三元组的个数。
样例
样例输入
1
10 7
样例输出
27
//为什么老被和谐啊
数据范围
\(1≤n,k≤10^5\)
\(T≤400\)
时间限制\(4s\)
题解
与其他学校互测，然后做题感觉很不友好……
这道题数据很有特点（哪里很有特点了），\(10^5\)显然是一个象征性的数字，它意味着\(O(n\ log\ n)\)是可以过的（这么大的\(T\)被无视了啊）。
那么很自然的想到，这个式子并没有什么规律（我也很无奈啊），我们可以考虑枚举\(a,b,c\)中的\(1\)个。
但是我们选择哪一个比较好呢？容易想到，应该是\(c\)，它的次数最高，不易计算。
接下来考虑一个简化的问题，如果不取余\(k\)，该怎么办？
对于一个数\(b\)，由于\(1≤a≤b\)，显然\(c^3\)只有在\([b^2+1,b^2+b]\)范围内才有解，而且是唯一解。
所以每一个\(b\)可以为在\([b^2+1,b^2+b]\)的\(c^3\)提供一个解，这不就是区间增加一个值吗？树状数组即可做到。
再考虑取余\(k\)时，发现情况如出一辙，一样的做就可以了。唯一一个问题就是，\([b^2+1,b^2+b]\)可能长度超过了\(k\)。
这时能发现长度超过\(k\)后完全覆盖了所有区域，任何一个\(c\)都可以使用这个\(b\)，我们只需要一个计数器\(count\)，每次增加\(\left \lfloor\frac{b}{k}\right \rfloor\)。
现在，这道题的解法就呼之欲出了。我们从小到大枚举\(c\)，先在树状数组\((tree)\)中\([c^2+1,c^2+c]\)的区间加上\(1\)，并更新\(count\)，答案就等于\(tree[c^3\%k]+count\)。时间复杂度为\(O(Tn\ log\ n)\)（再说一次请无视\(T\)的大小）
\(Code:\)
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define N 100005
#define ll long long
int T, n, mod;
ll ans, now, t[N];
void update(int x, int v)
{
for (int i = x; i <= mod; i += i & -i)
t[i] += v;
}
ll getsum(int x)
{
ll ans = 0;
for (int i = x; i; i -= i & -i)
ans += t[i];
return ans;
}
int main()
{
freopen("exclaim.in", "r", stdin);
freopen("exclaim.out", "w", stdout);
scanf("%d", &T);
for (int cas = 1; cas <= T; cas++)
{
scanf("%d%d", &n, &mod);
ans = now = 0;
memset(t, 0, sizeof(t));
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
int l =(1ll * i * i + 1)% mod + 1, r =(1ll * i * i + i)% mod + 1;
if (l <= r)
update(l, 1), update(r + 1, -1);
else
update(1, 1), update(r + 1, -1), update(l, 1);
int c = 1ll * i * i % mod * i % mod;
now +=(i - 1)/ mod;
ans += getsum(c + 1) + now;
}
printf("Case %d: ", cas);
cout << ans;
putchar(10);
}
}
最后的吐槽：\(exclaim\)并不是三元组的意思，是惊叫的意思……至于为什么，我也不知道……