安利一下洛谷博客
【问题描述】
求表达式的值。
[ sum_{i=1}^{kp} i^{2p-1} mod p^{2} $$，其中p为素数。
**【输入描述】**
一行两个整数k，p。
**【输出描述】**
一行一个整数表示答案。
**【样例】**
样例输入
1 3
样例输出
6
最~~喜欢~~这种题目了，简单明了，言简意赅，通俗易懂，清晰可见，一目了然，不拐弯抹角。。。
## 但是
_真的不好做啊_ 。。。
此题用到了费马小定理，同余问题，二次展开式（实质上就是$(a+b)^{n}=$一大堆乱七八糟的东西，用了一个如此高级的东西），还有≡（这个叫恒等于，蒟蒻第一次见还以为是全等。。），这道题充分的发挥了**人类的智慧**，把$sum$用的淋漓精致，反正我考试的时候~~肯定想不到~~
# 现在开始动工！
首先，我先把结论抛给大家
$$sum_{i=1}^{p-1} i^{2p-1}equiv frac{p(p+1)}{2} (mod p^{2})]
好！其中2p-1是奇数哦(题目已经有提示啦)！
现在开始证明这个结论。
把右边的2移到恒等于号的左边，
[sum_{i=1}^{p-1} i^{2p-1} + sum_{i=1}^{p-1} i^{2p-1}equiv (p+1)p (mod p^{2})
]
可以理解吧。
再把(sum_{i=1}^{p-1} i^{2p-1})从后面往前求和（因为从前往后和从后往前都是一样的呀），就变成
[sum_{i=1}^{p-1} i^{2p-1} + sum_{i=1}^{p-1} (p-i)^{2p-1}equiv (p+1)p (mod p^{2})
]
合并
[sum_{i=1}^{p-1} [i^{2p-1} + (p-i)^{2p-1}]equiv (p+1)p (mod p^{2})
]
开始二次项展开
[(p-i)^{2p-1}=
]
[p^{2p-1}-C(2p-1,1)p^{2p-2}i+...+C(2p-1,2p-2)pi^{2p-2}-i^{2p-1}
]
就这样，再与(i^{2p-1})抵消，然后注意一点，因为有((mod p^{2}))所以，当p的指数大于等于2的时候就可以被抵消（2p-1,2p-2等都是奇素数，所以肯定都大于二呀），这么抵消后，最后剩下的就是
[sum_{i=1}^{p-1}C(2p-1,2p-2)pi^{2p-2}
]
易得
[C(2p-1,2p-2)=C(2p-1,1)
]
又因为
[C(2p-1,1)=2p-1
]
所以
[sum_{i=1}^{p-1}(2p-1)pi^{2p-2}equiv p(p+1) (mod p^{2})
]
（这个式子很重要，以后会用到）
两边式子都有p，同时除以p，注意(mod p^{2})也要除以p，原式就变为
[sum_{i=1}^{p-1}(2p-1)i^{2p-2}equiv (p+1) (mod p)
]
啊，松口气松口气，更难的来了
好吧对于大佬来说很简单费马小定理登场！
我们有
[i^{p-1}equiv 1 (mod p)
]
然后
[2p-2=2(p-1)
]
所以
[sum_{i=1}^{p-1}(2p-1)(i^{p-1})^{2}equiv (p+1) (mod p)
]
所以
[sum_{i=1}^{p-1}(2p-1)equiv (p+1) (mod p)
]
哈哈哈哈额，好开心啊。
前方路长，继续！
因为现在左式求的值是个定值，所以原式变成((p-1)(2p-1)equiv (p+1)(mod p))
展开
[2p^{2}-3p+1equiv (p+1)(mod p)
]
因为每个都mod p
[1equiv 1(mod p)
]
原式成立！！
前面辣么多都是预处理，现在处理题目给出的式子。
[sum_{i=1}^{kp} i^{2p-1} mod p^{2}
]
将题目中的i去除以p，得到的商和余数用i和j来表示，那么也就是(i=ip+j)(注意区分前面的i和后面的i不一样)
所以就很巧妙的把原来的式子转换成了
[sum_{i=0}^{k-1} sum_{j=1}^{p-1} (ip+j)^{2p-1} mod p^{2}
]
同样二次项展开，然后就可以转换成
[sum_{i=0}^{k-1} sum_{j=1}^{p-1} [(2p-1)ipj^{2p-1}+j^{2p-1}] mod p^{2}
]
乘法分配律
[sum_{i=0}^{k-1} sum_{j=1}^{p-1} (2p-1)ipj^{2p-1}+sum_{i=0}^{k-1} sum_{j=1}^{p-1}j^{2p-1} mod p^{2}
]
第二个项可以转化成（刚刚预处理时证明的公式）
[sum_{i=0}^{k-1} frac{p(p+1)}{2}
]
再转化成
[frac{kp(p+1)}{2}
]
第一个项则可以用我刚刚说很重要的公式
变成
[sum_{i=0}^{k-1} ip(p+1)
]
继续化简
[frac{k(k-1)}{2}p(p+1)
]
将两个式子整合，变成
[frac{kp(p+1)}{2}+frac{k(k-1)p(p+1)}{2}
]
没有求和公式了吧
那么我们在合并同类项之后原式
[frac{k^{2}p(p+1)}{2}
]
传说中的O(n)算法！哈哈哈
你好，这里落花殇