C -求和公式(整除分块)

​ 先讲下整除分块是个啥：要求 $\sum_{i=1}^n$n/i 的值，这时候暴力需要O(n)的时间。由于这个区间是连续的，且’/'是向下取整，当i不能整除k时，n/i会等于最小的i(也就是区间最左边的值 L)除n的商。此时如果可以很快的找到这一个区间，那么就可以将时间复杂度降到O( $\sqrt{n}$)。 接下来讲一下怎么去找这个区间：

​ 如果需要求 $\sum_{i=1}^{20} \frac{20}{i}$，把这些要求的样例都写出来找找规律：

i	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18	19	20
20/i	20	10	6	5	4	3	2	2	2	2	1	1	1	1	1	1	1	1	1	1

​ 看到这个表不难发现规律，用20再去除以 (20/i) 就等于最后一个等于这个值的数，比如说 当i=7时，20/i=2，那么用20/(20/7) = 10， 这个时候10就是20/i等于2的最后一个值。可以利用这个特性，在区间最左边用O(1)的时间就可以计算出区间最右边的坐标。在这个区间内，所有的值都是相同的，所以找到这个区间后，直接用区间长度乘以单个数值就ok。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int n, ans;

int main() {
		scanf("%d", &n);
  	for(int l = 1, r;l <= n; l = r+1) {
      	r = n/(n/l); // 区间最右边
      	ans += (n/l) * (r-l+1);
    }
  	printf("%d\n", ans);
}

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下一题：

余数求和 要求 $\sum_{i=1}^n$k%i。

$\sum_{i=1}^n$k%i

= $\sum_{i=1}^n$k-i*(k/i)*

=n*k - $\sum_{i=1}^n$ i * (k/i)

​ 在每一段(L,R)中 k/i = k/L ，所以在相加的时候可以当作公因式提出来。 $\sum_{i=1}^n$i 相当于一个等差数列。由等差数列求和公式可得： (R-L+1) * (L+R) / 2。

​ 所以每一段(L,R)的和可以表示为 k/L * (R-L+1) * (L+R) / 2。

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;

ll n, k, ans;

int main() {
	scanf("%lld %lld", &n, &k);
	ans = n * k;
	for(ll l = 1,r;l <= n;l = r + 1) {
		if(k/l != 0) r = min(n, k/(k/l));
		else r = n;
		ans -= (k/l)*(r-l+1)*(l+r)/2;
	}
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}

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学长出的题目链接 求和公式。

题意是要求 $\sum_{i=1}^n$ $\sum_{j=1}^m$ $i^2j$ (n $\%$i) (m $\%$j) $\%$ ( $10^9+7$) 。 （$10 $ $<=$n, m $<=$1000000000）

​ 这个题的复杂度显然不能暴力求。 当时根本没有想到用别的方法觉得这个题不可能做得出来，之后听学长讲解，确实没那么难。（许多头铁的学弟用两重循环写了好久…）

​ 首先题面给的这个式子肯定是不能直接用的，对它变下形：

$\sum_{i=1}^n$ $\sum_{j=1}^m$ $i^2j$ (n $\%$i) (m $\%$j) $\%$ ( $10^9+7$)

= $\sum_{i=1}^n$ $i^2$( $n\% i$) * $\sum_{j=1}^m$ $j(m\%j)$ $\%$ ( $10^9+7$)

= $\sum_{i=1}^n$ $i^2$( $n-i*(n/i)$) * $\sum_{j=1}^m$ $j(m-j*(m/j))$ $\%$ ( $10^9+7$)

= $\sum_{i=1}^n$ $i^2$n - $i^3*(n/i)$ * $\sum_{j=1}^m$ $j*m-j^2*(m/j)$ $\%$ ( $10^9+7$)

第一个求和符号中的前半部分将n提出，就是一个 $n^2$ 的求和（不会的看下面给的链接）

$n* \sum_{i=1}^n i^2 - \sum_{i=1}^n i^3(n/i)$

$n*\frac{n*(n+1)*(2*n+1)}{6}$ - $\sum_{i=1}^n i^3(n/i)$

第二个求和符号中的前半部分就是一个等差数列求和，这个应该不难:

$m*\frac{m*(1+m)}{2}-\sum_{j=1}^mj^2(m/j)$

不会 $\sum_{i=1}^n$ $i^2$看这个推导

不会 $\sum_{i=1}^n i^3$ 看这个推导

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const ll mod = 1e9+7;

ll n, m;

ll powmod(ll a,ll b)
{
	ll res = 1;
	for(;b;b>>=1)
	{
		if(b&1) res = res * a % mod;
		a = a * a % mod;
	}
	return res;
}

ll inv(ll x)
{
	return powmod(x,mod-2);
} //上面两个函数是求逆元的 用这个方法来代替除法,避免除法向下取整会对算出的值造成偏差


ll sum_2(ll p) { // i^2 从1加到p的公式
	return p*(p+1)%mod*(2*p+1)%mod*inv(6)%mod;
}

ll sum_3(ll p) { // i^3 从1加到p的公式
	return p*p%mod*(p+1)%mod*(p+1)%mod*inv(4)%mod;
}

int main() {
	scanf("%lld %lld", &n, &m);
	
	ll num1 = n*sum_2(n)%mod; // 求第一个求和公式的值
	for(ll l = 1,r;l <= n; l = r+1) { 
		r = n/(n/l);
		ll t = (sum_3(r)-sum_3(l-1)+mod)%mod;
		t = t * (n/l) %mod;
		num1 = (num1 - t + mod) % mod;
	}
	
	ll num2 = m*m%mod*(1+m)%mod*inv(2)%mod; // 求第二个求和公式的值
	for(ll l = 1,r;l <= m; l = r+1) {
		r = m/(m/l);
		ll t = (sum_2(r)-sum_2(l-1)+mod)%mod;
		t = t *(m/l) %mod;
		num2 = (num2 - t + mod) % mod;
	}
	
	printf("%lld\n", num1*num2%mod);
}