hdu6275 Mod, Xor and Everything(分块+类欧)-优快云博客

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/Code92007/article/details/106599816

本文详细解析了一个复杂的数学算法题目，针对大数n（n<=1e12），求解(n mod 1) xor (n mod 2) xor ... xor (n mod n)的异或求和问题。通过类欧算法优化处理，结合数论分块技术，有效地解决了大数运算的效率问题。文章提供了详细的思路分析和代码实现，适用于算法竞赛和高性能计算场景。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题目

T(T<=5)组样例，每次给定一个正整数n(n<=1e12)

求(n mod 1) xor (n mod 2) xor ... xor (n mod (n - 1)) xor (n mod n)

思路来源

https://blog.youkuaiyun.com/Code92007/article/details/97396823

https://blog.youkuaiyun.com/qq_43316231/article/details/99751317（相当清晰的题解QAQ）

题解

类似【GDOI2018模拟8.8】超级绵羊异或

求(a) xor (a + b) xor (a + b * 2) xor … xor (a + b * (n - 1))。

对于100%的数据，t<=1e4，a, n<=1e9， b<=1e9；

写成求和形式，考虑最后第k位的奇偶，判断每一位的出现次数，再类欧

考虑到本题中 $nmodi=n-\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor*i$ ，把相同的系数放在一起处理，数论分块搞一下就好了

考虑第k位的贡献， $((\sum_{1}^{n}\left \lfloor \frac{n-\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor*i}{ 2^k} \right \rfloor mod2)mod2)*2^k$ ，

但是，类欧只能处理系数和初值都为非负的情况，所以对于n/i相同的一段[i,j]，经历如下化简

原式子 $\sum_{u=i}^{j} \frac{\left \lfloor n-\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor *u \right \rfloor}{2^k}$ ，如果把系数看成非负的(n/i)，现在的变量其实是x=-u∈[-j,-i]，

所以要作变换，把u通过平移和取反，搞成是[0,j-i](j-i>0)的一段

先提一个j出来， $\sum_{u=i-j}^{0} \frac{\left \lfloor n-\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor *(u+j) \right \rfloor}{2^k}$

再令u=-u， $\sum_{u=0}^{j-i} \frac{\left \lfloor n-\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor *(-u+j) \right \rfloor}{2^k}$ ，

化简成这个形式，发现a和b都非负了，也都能求，

令a=n/i，b=n-[n/i]*j，c=1<<k，n=j-i，就可以直接丢进去做了

为了优雅一点，由于n/i相同的一段[i,j]，有 $\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor=\left \lfloor \frac{n}{j} \right \rfloor$ ，

有 $\sum_{u=0}^{j-i} \frac{\left \lfloor n-\left \lfloor \frac{n}{j} \right \rfloor *j+\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor *u \right \rfloor}{2^k}$ ，注意到n-[n/j]*j=n%j

令a=n/i，b=n%j，c=1<<k，n=j-i，再丢进去

然后，这个题它卡常，所以小范围暴力，大范围类欧，有两种方法

①前3e7数据暴力，3e7到1e12再类欧，效果不是很明显

②对于数论分块的区间段[l,r]，如果长度超过1e4再类欧，否则直接暴力，效果显著

由于f函数，只需要最后的结果%2，所以所有的中间结果都%2了，

变成了bool函数，位运算&1和^1写更快

代码

#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define ll unsigned long long

using namespace std;

//sigma i=1到n [(ai+b)/c]下取整
bool f(ll a,ll b,ll c,ll n){
    if(a==0){
        return (((n+1)&1)*(b/c))&1;//%mod;
    }
    if(a<c && b<c){
        ll m=(a*n+b)/c;
        if(m==0)return 0;
        return ((n*m)^f(c,c-b-1,a,m-1))&1;//+mod)%mod;
    }
    return ((b/c)*(n+1)+n*(n+1)/2*(a/c)+f(a%c,b%c,c,n))&1;//%mod;
}

ll n,l,r,mn,a,b,ans;

ll solve(ll a,ll b,ll n){
    ll ret=0;
    if(n<=10000){//暴力
        for(int i=0;i<=n;++i){
            ret^=b;b+=a;
        }
    }
    else{//类欧
        for(int i=0;i<40;++i){
            ret^=((ll)f(a,b,1ll<<i,n))<<i;
        }
    }
    return ret;
}
int main(){
    int t;
    scanf("%d",&t);
    for(int i=1;i<=t;i++){
        ans=0;
        scanf("%llu",&n);
        for(l=1;l<=n;l=r+1){
            r=n/(n/l);//[l,r]这一段
            ans^=solve(n/l,n%r,r-l);
        }
        printf("%llu\n",ans);
    }
    return 0;
}