ZOJ 3903 Ant (数学）

最新推荐文章于 2020-03-28 17:24:44 发布

原创最新推荐文章于 2020-03-28 17:24:44 发布 · 725 阅读

0 ·

CC 4.0 BY-SA版权

数学专栏收录该内容

12 篇文章

订阅专栏

本文介绍了ZOJ 3903 Ant问题的解决过程，涉及数学公式推导，包括最长边、最短边和次短边的关系，以及求和公式的应用。同时，作者分享了如何利用费马小定理求解带模逆元，通过将带模除法转化为带模乘法来简化计算。

题目链接： http://www.icpc.moe/onlinejudge/showProblem.do?problemId=5630

一道数学题。可惜我从小数学就不好...

首先是公式推导，参考博客：http://blog.youkuaiyun.com/bigbigship/article/details/49123643 感谢！

具体是这样：

设最长的边为 n ,最短的边为 x ,次短的边为 y ,
ΣL2=∑nx=1∑ny=xn2+(x+y)2
ΣL2=n∗(n+1)/2∗n2+∑nx=1∑ny=xx2+y2+2∗x∗y
设 Sum1=∑nx=1∑ny=x2∗x∗y
Sum1=∑nx=12∗x∑ny=xy
Sum1=∑nx=12∗x∗(x+n)∗(n−x+1)/2
Sum1=∑nx=1−x3+x2+(n2+n)∗x
设 Sum2=∑nx=1∑ny=xx2+y2 由于 x,y 的取值范围都为 [1,n] ,并且每个数的平方都恰好出现了 n+1 次
因此 Sum2=∑nx=1x2∗(n+1)
ΣL2=Sum1+Sum2+n*(n+1）/2=∑nx=1(−x3+(n+2)∗x2+(n2+n)∗x） +n*(n+1)/2

补充三个求和公式：
∑nx=1x=n∗(n+1)/2
∑nx=1x2=n∗(n+1)∗(2∗n+1)/6
∑nx=1x3=[n∗(n+1)/2]2

另外我这个小白从这一题学会了利用费马小定理求逆元，参考博客：https://www.huangwenchao.com.cn/2014/05/mod-div.html 感谢！

带模的除法可以转换成带模乘法，带模除法是不满足同余定理的。

用费马小定理求逆元的意思是，带模的除法：求 a / b = x (mod M)

只要 M 是一个素数，而且 b 不是 M 的倍数，就可以用一个逆元整数 b’，通过 a / b = a * b' (mod M)，来以乘换除。

费马小定理说，对于素数 M 任意不是 M 的倍数的 b，都有：

b ^ (M-1) = 1 (mod M)

于是可以拆成：

b * b ^ (M-2) = 1 (mod M)

于是：

a / b = a / b * (b * b ^ (M-2)) = a * (b ^ (M-2)) (mod M)

也就是说我们要求的逆元就是 b ^ (M-2) (mod M)

这样就只需写一个快速幂来求2,、4、6的逆元即可。

数学好伟大。。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll m = 1000000007;
ll qpow(ll a, ll b) {
	ll res = 1;
	while(b) {
		if(b & 1) res = res * a % m;
		a = a * a % m;
		b >>= 1;
	}
	return res;
}
int main() {
	ll inv2 = qpow(2ll, m - 2);
	ll inv4 = qpow(4ll, m - 2);
	ll inv6 = qpow(6ll, m - 2);
	int T;
	scanf("%d", &T);
	while(T--) {
		ll n;
		scanf("%lld", &n);
		n %= m;
		ll ans = 0;
		ans = (n + 1) % m * n % m * inv2 % m * n % m * n % m;
		ans = (ans - n * n % m * (n + 1) % m * (n + 1) % m * inv4 % m + m) % m;
		ans = (ans + (n + 2) % m * n % m * ((n + 1) % m) % m * ((2 * n + 1) % m) % m * inv6 % m) % m;
		ans = (ans + (n * n + n) % m * n % m * (n + 1) % m * inv2 % m) % m;
		printf("%lld\n", ans);
	}
    return 0;
}