P2260 [清华集训2012]模积和 题解

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简要题意：

给定 (n,m)，求：

[sum_{i=1}^n sum_{j=1}^m (n space ext{mod} space i) imes (m space ext{mod} space j) , i ot = j ]

(n,m leq 10^9).

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 space ext{mod} space i) 的展开问题。所以只需要用 (n space ext{mod} space i = n - lfloor frac{n}{i} floor imes 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。

[sum_{i=1}^n sum_{j=1}^m (n space ext{mod} space i) imes (m space ext{mod} space j) , i ot = j ]

[= sum_{i=1}^n sum_{j=1}^m (n - lfloor frac{n}{i} floor imes i) imes (m - lfloor frac{m}{j} floor imes j) , i ot = j ]

[= sum_{i=1}^n (n - lfloor frac{n}{i} floor imes i) imes sum_{j=1}^m (m - lfloor frac{m}{j} floor imes j) , i ot = j ]

首先我们把 (i=j) 的答案丢掉，先做所有的答案。

令 (f_n = sum_{i=1}^n (n - lfloor frac{n}{i} floor imes i))，则 ( ext{ans} = f_n imes f_m)，考虑如何快速求 (f).

[f_n = sum_{i=1}^n (n - lfloor frac{n}{i} floor imes i) ]

[= n^2 - sum_{i=1}^n Big( lfloor frac{n}{i} floor imes i Big) ]

然后你会发现这东西直接 整除分块，(mathcal{O}( sqrt{n})) 很稳。

最后多余的 (i=j) 的答案应该会是：

[sum_{i=1}^{min(n,m)} (n space ext{mod} space i) imes (m space ext{mod} space i) ]

[= sum_{i=1}^{min(n,m)} (n - lfloor frac{n}{i} floor imes i) imes (m - lfloor frac{m}{i} floor imes i) ]

[= sum_{i=1}^{min(n,m)} Big( nm - ni lfloor frac{m}{i} floor - mi lfloor frac{n}{i} floor + i^2 lfloor frac{n}{i} floor lfloor frac{m}{i} floor Big) ]

[= nm cdot min(n,m) - n imes sum_{i=1}^{min(n,m)} i lfloor frac{m}{i} floor - m imes sum_{i=1}^{min(n,m)} i lfloor frac{n}{i} floor + sum_{i=1}^{min(n,m)} i^2 lfloor frac{n}{i} floor lfloor frac{m}{i} floor ]

令 (g_{n,k} = sum_{i=1}^k i lfloor frac{n}{i} floor)

则：

[= nm cdot min(n,m) - n imes g_{m,min(n,m)} - m imes g_{n,min(n,m)} + sum_{i=1}^{min(n,m)} i^2 lfloor frac{n}{i} floor lfloor frac{m}{i} floor ]

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 (h_{n,m,k} = sum_{i=1}^{k} i^2 lfloor frac{n}{i} floor lfloor frac{m}{i} floor)，但是注意到：

(sum_{i=1}^{min(n,m)} i^2 lfloor frac{n}{i} floor lfloor frac{m}{i} floor) 的计算需要用到公式：

[sum_{i=1}^n i^2 = frac{n (n+1) (2n+1)}{6} ]

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 ( ext{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 ( ext{long long})，因此这种方法不行。
• 直接开 ( ext{\_\_int128}) 解决所有问题。

当然本人为了方便直接开了 ( ext{\_\_int128})，解决了所有的溢出计算问题。反正 ((10^9)^3 = 10^{27}) 肯定不会超过 (2^{127})，因为 (2^{127}) 大概有 (40) 位。
上述方法已经说明，(f) 和 (g) 均可以在 (mathcal{O}(sqrt{n} + sqrt{m} + sqrt{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 (mathcal{O}(sqrt{n})).

时间复杂度：(mathcal{O}(sqrt 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'));
} //int128 需要快读快输
inline ll sum(ll n) {return n*(n+1)/2%MOD;} //一维和
inline ll pf(ll n) {return n*(n+1)*(2*n+1)/6%MOD;} //平方和
inline ll min(ll n,ll m) {return n<m?n:m;} //手动最小值
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;
	} //printf("%lld
",ans);
	return (n*n-ans)%MOD;
} //整除分块计算 f

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); //保证块不超过 k
		ans=(ans+(n/l)*(sum(r)-sum(l-1))%MOD)%MOD;
	} return ans;
} //整除分块计算 g

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); //保证块不超过 k
		ans=(ans+(n/l)*(m/l)%MOD*(pf(r)-pf(l-1))%MOD)%MOD;
	} return ans;
} //整除分块计算 h

int main() {
	ll n=read(),m=read(),x=min(n,m);
	ll tot1=f(n)*f(m)%MOD; //原本答案
	ll tot2=(n*m*min(n,m)-n*g(m,x)-m*g(n,x)+h(n,m,x)+MOD+MOD)%MOD; //多余答案
//	write(tot1),putchar(' '),write(tot2),putchar('
');
	write((tot1-tot2+MOD)%MOD); //减法需要处理负数
	return 0;
}