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HDU - 5970

分析

很显然(f(x,y))与(f(x+y*k,y))的结果相同，因为它们在第一次取模后会变成相同的式子

我们再看一下数据的范围，突破口肯定在(m)那里

那么我们就可以从m开始枚举，对于每一个m，我们分别求出模(m)等于(0,1,2......m-1)的(f)值

那么我们就可以把所有模(m)的值相同的数放在一起单独处理

对于每一个单独处理的数列，我们不能简单地进行求和处理，因为会涉及到向下取整的操作

其实，我们再推算一下,(f(i,j)=gcd(i,j)*gcd(i,j)*c)

而最后的结果是(frac{i*j}{f(i,j)}=frac{i*j}{gcd(i,j)*gcd(i,j)*c})

(i)和(j)肯定能被(gcd(i,j))整除，所以向下取整一定是以(c)为周期的

那我们可以再把这一个数列分成(c)个等差数列来处理

首项、公差、项数都非常显然，简单推导就可以得到

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n,m,mod;
ll my_gcd(int aa,int bb,int &g,int &c){
    c=0,g=aa;
    int t;
    while(bb>0){
        c++;
        t=aa%bb;
        aa=bb;
        bb=t;
    }
    g=aa;
    return 1ll*aa*aa*c;
}
void solve(){
    ll ans=0;
    int g,c;
    for(int j=1;j<=m;j++){
        for(int i=1;i<=j && i<=n;i++){
            ll now=my_gcd(i,j,g,c);
            for(int k=0;k<c;k++){
                if(i+k*j>n) break;
                ll a0=(i+k*j)*j/now;
                ll d=c*j*j/now;
                ll num=(n-(i+k*j))/(c*j)+1;
                ans=((ans+a0*num)%mod+num*(num-1)/2%mod*d%mod)%mod;
            }
        }
    }
    printf("%lld
",ans);
}
int main(){
    int t;
    scanf("%d",&t);
    while(t--){
        scanf("%d%d%d",&n,&m,&mod);
        solve();
    }
    return 0;
}