1225 余数之和

1225 余数之和

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F(n) = (n % 1) + (n % 2) + (n % 3) + ...... (n % n)。其中%表示Mod，也就是余数。 

例如F(6) = 6 % 1 + 6 % 2 + 6 % 3 + 6 % 4 + 6 % 5 + 6 % 6 = 0 + 0 + 0 + 2 + 1 + 0 = 3。

给出n，计算F(n), 由于结果很大，输出Mod 1000000007的结果即可。

 

Input

输入1个数N(2 <= N <= 10^12)。

Output

输出F(n) Mod 1000000007的结果。

Input示例

6

Output示例3

思路：n%k = n - n/k*k；然后前后两个分开来求前半部分为n*n，后半部分为sum（n/k*k）;那么求出后半部分就很容易知道结果了，后半部分求和可以分成两个部分来求
我们考虑n/k的值在1--sqrt(n)，那么当n/k=1时k的范围是n--（n/2+1)是个等差数列然后等差数列求和累加，那么循环到sqrt（n）,就能求得k的范围在[sqrt（n），n]的
sum（n/k*k）的值，然后剩下的[1，sqrt(n)]直接从1循环到sqrt(n);

#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<queue>
#include<math.h>
#include<set>
#include<vector>
#include<string.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL mod = 1000000007;
LL quick(LL n,LL m);
void slove(LL n);
int main(void)
{
    LL n;
    cin>>n;
    slove(n);
    return 0;
}
void slove(LL n)
{
    LL ak = sqrt(1.0*n);
    LL ac = n;
    LL sum = 0;int i;
    for(i = 2; i <= ak; i++)
    {
        LL t = n/(i);
        t++;
        LL cn = ac-t+1;
        LL x = (((ac+t)%mod)*(cn%mod))%mod;
        sum = sum + x*(LL)(i-1);
        sum%=mod;
        ac = t-1;
    }
    LL ni = quick(2,mod-2);sum = sum*ni%mod;
    for(i = 1; i <= ac; i++)
    {
        sum = (sum+((n/(LL)i)%mod)*(LL)i%mod)%mod;
    }

    LL ask = (n%mod)*(n%mod)-sum%mod;
    printf("%lld
",(ask%mod+mod)%mod);
}
LL quick(LL n,LL m)
{
    LL ak = 1;
    n%=mod;
    while(m)
    {
        if(m&1)
            ak = ak*n%mod;
        n = n*n%mod;
        m>>=1;
    }
    return ak;
}