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正解：组合数学。

充满套路与细节的一道题。。

首先我们显然要考虑每个点的贡献(我就不信你能把$f$给筛出来

那么对于一个点$(x,y)$，我们设$L=x^{2}+y^{2}$，那么它的贡献就是$ans=sum_{k=L}^{n}sum_{j=L}^{k}j$

然后我们把后面那个$sum$化成组合数的形式，即$ans=sum_{k=L}^{n}inom{k+1}{2}-inom{L}{2}$(讲真连这一步我都没想到

注意一个等式$sum_{i=L}^{R}inom{i}{x}=inom{R+1}{x+1}-inom{L}{x+1}$，这个直接用杨辉三角的递推式即可证明。

把这个等式带进去，可得$ans=inom{n+2}{3}-inom{L+1}{3}-(n-L+1)inom{L}{2}$

然后暴力拆开，可得$ans=frac{1}{6}(n(n+1)(n+2)-L(L-1)(L+1)-3(n-L+1)(L-1)L)$

然后把$L=x^{2}+y^{2}$代入，可得$6ans=n(n+1)(n+2)+2x^{6}+6x^{4}y^{2}+6x^{2}y^{4}+2y^{6}-3(n+2)(x^{4}+2x^{2}y^{2}+y^{4})+(3n+4)(x^{2}+y^{2})$

枚举$x$，那么$y$的取值范围是一个区间。所以我们预处理出二次，三次和六次的幂和，直接算即可，复杂度$O(sqrt{n})$。

#include <bits/stdc++.h>
#define il inline
#define RG register
#define ll long long
#define N (1000005)
#define rhl (1000000007)

using namespace std;

ll sum2[N],sum4[N],sum6[N],n,m,lim,ans;

il ll qpow(RG ll a,RG ll b){
  RG ll ans=1;
  while (b){
    if (b&1) ans=ans*a%rhl;
    if (b>>=1) a=a*a%rhl;
  }
  return ans;
}

int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
  freopen("cutout.in","r",stdin);
  freopen("cutout.out","w",stdout);
#endif
  cin>>n,m=n%rhl,lim=sqrt(n);
  for (RG ll i=1;i<=lim;++i){
    sum2[i]=(sum2[i-1]+i*i)%rhl;
    sum4[i]=(sum4[i-1]+qpow(i,4))%rhl;
    sum6[i]=(sum6[i-1]+qpow(i,6))%rhl;
  }
  for (RG ll x=-lim,y,x2,x4,x6,res;x<=lim;++x){
    y=sqrt(n-x*x),x2=qpow(x,2),x4=qpow(x,4),x6=qpow(x,6),res=0;
    (res+=m*(m+1)%rhl*(m+2)+2*x6-3*(m+2)*x4+(3*m+4)*x2)%=rhl;
    (ans+=12*x4%rhl*sum2[y]+12*x2%rhl*sum4[y]+4*sum6[y])%=rhl;
    (ans-=12*(m+2)%rhl*x2%rhl*sum2[y])%=rhl;
    (ans-=6*(m+2)%rhl*sum4[y])%=rhl;
    (ans+=2*(3*m+4)*sum2[y]+res*(2*y+1))%=rhl;
  }
  cout<<(ans+rhl)*((rhl+1)/2)%rhl*((rhl+1)/3)%rhl; return 0;
}