51Nod1225余数之和

最新推荐文章于 2023-06-01 16:30:52 发布

ClStoner

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本文介绍了一种计算F(n)=(n%1)+(n%2)+...+(n%n)的高效算法，其中n范围从2到10^12。通过将原问题转化为F(n)=n^2-∑(n/i)*i，使用分块计算的方法，将时间复杂度降低至O(√n)。文章提供了C++代码实现，包括模运算、快速幂、求和等关键步骤。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题目链接

题意：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。

输入：输入1个数N(2 <= N <= 10^12)。
输出：输出F(n) Mod 1000000007的结果。

题解：
$F(n)=\sum_{1}^{n}n\%i$ 等价于
$F(n)=\sum_{1}^{n}n-\lfloor\frac{n}{i}\rfloor*i$
因此， $F(n)=n^2-\sum_{1}^{n}\lfloor\frac{n}{i}\rfloor*i$
前一部分可以直接算出，后一部分可以用分块的做法算出，时间复杂度为 $O(\sqrt{n})$

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


#define ll long long 
#define inf 0x3f3f3f3f
#define mes(a, val) memset(a, val, sizeof a)
#define mec(b, a) memcpy(b, a, sizeof a)

const ll mod = 1000000007;
ll inv2;
ll ksm(ll a, ll n, ll mod)
{
    ll res = 1ll;
    while(n){
        if(n & 1) res = res * a % mod;
	a = a * a % mod;
	n >>= 1;
    }
    return res;
}
ll MOD(ll n){
    return ((n % mod) + mod) % mod;
}

ll getsum(ll l, ll r){
    ll ans = MOD(MOD(r - l + 1) * MOD(l + r));
    ans = MOD(ans * inv2);
    return ans;
}

ll solve(ll n){
    ll ans = 0;
    for(ll l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {
        r = n / (n / l);
	ans += MOD((n / l) * getsum(l, r));
	ans = MOD(ans);
    }
    return MOD(ans);
}

int main()
{
    inv2 = ksm(2ll, mod - 2, mod);
    ll n; scanf("%lld", &n);
    ll ans = MOD(MOD(n) * MOD(n));
    ll tmp = solve(n);
    ans = MOD(ans - solve(n));
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}