HDU - 7018 - Banzhuan（ 思维 + 数学 ）

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题目

题意

三维空间 n * n * n 内放方块，保证前面看是 n * n ，左面看是 n * n ，上面看是 n * n 。放置一块方块的代价是x * ( y ^ 2 ) * z，求最大代价跟最小代价。

思路

最大代价就是全填满嘛，不过这个放置的时候有技巧，就是可以在高的地方放，然后让方块掉下去，越高放置代价越大，所以我们只要让所有方块都是从 z = n 的地方放下去就可以了，代价计算 :
对于 y = 1 , z = 1 , x 的代价和 = $\frac{(1+n)\ast n}{2}\ast z$

对于 y = 2 , z = 1 , x 的代价和 = $\frac{(1+n)\ast n}{2}\ast 4\ast z$
…
对于 y = n , z = 1 , x 的代价和 = $\frac{(1+n)\ast n}{2}\ast n^2\ast z$

因此对于 z = n 时一层的代价为：$\frac{(1+n)\ast n}{2}\ast ({\sum }_{i=1}^n{i}^2)\ast n$

而 ${\sum }_{i=1}^n{i}^2=\frac{n\ast (n+1)\ast (2n+1)}{6}$

因此 n 层的代价为：$n\ast \frac{(1+n)\ast n}{2}\ast \frac{n\ast (n+1)\ast (2n+1)}{6}\ast n$

对于最小代价，等于第一层的代价加上额外的竖立部分的代价：

第一层的代价：$\frac{(1+n)\ast n}{2}\ast \frac{n\ast (n+1)\ast (2n+1)}{6}$

竖立部分的代价：${\sum }_{z=2}^n(z\ast ({\sum }_{y=2}^n{y}^2+{\sum }_{x=2}^{n}x))$

=$(\frac{(1+n)\ast n}{2}-1)\ast (\frac{n\ast (n+1)\ast (2n+1)}{6}-1+\frac{(1+n)\ast n}{2}-1)$

=$\frac{(n^2+n-2)\ast (n\ast (n+1)\ast (n+2)-6)}{6}$

总结

最大代价：$n\ast \frac{(1+n)\ast n}{2}\ast \frac{n\ast (n+1)\ast (2n+1)}{6}\ast n$

最小代价：$\frac{(1+n)\ast n}{2}\ast \frac{n\ast (n+1)\ast (2n+1)}{6}+\frac{(n^2+n-2)\ast (n\ast (n+1)\ast (n+2)-6)}{6}$

代码

//#pragma GCC optimize(3)//O3
//#pragma GCC optimize(2)//O2
#include<iostream>
#include<string>
#include<map>
#include<set>
//#include<unordered_map>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<stack>
#include<algorithm>
#include<iomanip>
#include<cmath>
#include<fstream>
#define X first
#define Y second
#define best 131 
#define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define pii pair<int,int>
#define lowbit(x) x & -x
#define inf 0x3f3f3f3f
#define int long long
//#define double long double
//#define rep(i,x,y) for(register int i = x; i <= y;++i)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const double pai=acos(-1.0);
const int maxn=1e6+10;
const int mod=1e9+7;
const double eps=1e-9;
const int N=5e3+10;
/*--------------------------------------------*/
inline int read()
{
    int k = 0, f = 1 ;
    char c = getchar() ;
    while(!isdigit(c)){if(c == '-') f = -1 ;c = getchar() ;}
    while(isdigit(c)) k = (k << 1) + (k << 3) + c - 48 ,c = getchar() ;
    return k * f ;
}
/*--------------------------------------------*/

int t,n;
int qpow(int a,int b)
{
    int res=1;
    while(b)
    {
        if(b&1) res=res*a%mod;
        b=b>>1;
        a=a*a%mod;
    }
    return res;
}

signed main() 
{
//    ios::sync_with_stdio(false);
//    cin.tie(0);cout.tie(0);
    cin>>t;
    while(t--)
    {
        cin>>n;n=n%mod;
        int minn,maxx,p1,p2;
        // p1=(1+n)*n*n*(n+1)*(2*n+1)/12;第一层
        p1=qpow(1+n,2)%mod*qpow(n,2)%mod*(2*n%mod+1)%mod*qpow(12,mod-2)%mod;
        //p2=(n*n+n-2)*(n*(n+1)*(n+2)-6)/6竖着部分的代价
        p2=(n*n%mod+n-2)%mod*(n*(n+1)%mod*(n+2)%mod-6)%mod*qpow(6,mod-2)%mod;
        // maxx=n*(1+n)*n*n*(n+1)*(2*n+1)*n/12;//填满的最大代价
        maxx=qpow(n,4)%mod*qpow(n+1,2)%mod*(2*n%mod+1)%mod*qpow(12,mod-2)%mod;
        minn=(p1+p2+mod)%mod;
        cout<<minn<<endl;
        cout<<maxx<<endl;
    }
    return 0;
}