HDU 5439 Aggregated Counting（数论+二分）

Description
给出如下序列
1 2 2 3 3 4 4 4 5 5 5 6 6 6 6 7 7 7 7……
即i这个数出现的次数是该序列第i个数的数值，记f(n)为n最后出现的位置，求f(f(n))
Input
第一行一整数T表示用例组数，每组用例为一整数n(T<=2000,n<=10^9)
Output
对于每组用例，输出f(f(n))的值，结果模1e9+7
Sample Input
3
3
10
100000
Sample Output
11
217
507231491
Solution
因为n的数量是该序列第n个数的数值，故f(n)的值即为该序列前n项和，进而f(f(n))的值就是该序列前f(n)项和，也即从1一直加到最后一个n，那么有
f(f(n))=1+2*2+3*2+4*3+5*3+…+t*n（t为序列第n项的数）
=1*1+(2+3)*2+(4+5)*3+(6+7+8)*4+…+(…+n)*t
简单分析上式可知第i部分括号中的数的数量等于第i-1部分括号外的数，例如对于(2+3)* 2这部分，括号外的数是2，那么下一部分括号中就有两个数4和5，这样的话t应该不会太大（四万多），那么可以先预处理出三个数组，a[i]表示第i部分括号中数的数量，sum[i]表示前i部分括号中数的数量之和，ans[i]表示前i部分值的和，那么对于每个n，首先在sum数组中二分搜索出最大的pos使得sum[pos]<=n，那么答案就是ans[pos]+(sum[pos]+1+sum[pos]+2+……+n)*(pos+1)
Code

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define mod 1000000007ll
#define maxn 444444
int a[maxn],tot;
ll sum[maxn],ans[maxn];
void init()
{
    a[0]=0,a[1]=1,a[2]=2,a[3]=2;
    sum[0]=0,sum[1]=1,sum[2]=3,sum[3]=5;
    ans[1]=1;
    tot=3;
    for(int i=3;;i++)
    {
        for(int j=0;j<a[i];j++)
            a[++tot]=i,sum[tot]=sum[tot-1]+a[tot];
        if(sum[tot]>mod)break;
    }
    for(int i=2;i<tot;i++)
        ans[i]=(ans[i-1]+(sum[i-1]+1+sum[i])*a[i]/2%mod*i%mod)%mod;
}
int T,n;
int main()
{
    init();
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        scanf("%d",&n);
        int pos=upper_bound(sum+1,sum+tot,n)-sum-1;
        printf("%lld\n",(ans[pos]+(sum[pos]+1+n)*(n-sum[pos])/2%mod*(pos+1)%mod)%mod);
    }
    return 0;
}