51nod 1225 余数之和

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#acm #algorithm #51nod #编程 #算法

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本文介绍了一种计算特定数学序列F(n)的有效方法，该序列涉及对n进行一系列模运算并求和。通过利用数学特性减少计算复杂度，文章提供了一个优化的算法实现，适用于大整数输入。

题目：http://www.51nod.com/onlineJudge/questionCode.html#!problemId=1225

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。

Input

输入1个数N(2 <= N <= 10^12)。

Output

输出F(n) Mod 1000000007的结果。

Input示例

Output示例

解题思路：

其实题目就是求n*n-sigma(floor(n/i)*i),因为对于每个1<=i<=n,余数是n-floor(n/i)*i,因为n/i的值为2*sqrt(n)个，特殊

情况有2*sqrt(n)-1个，那就是n/i==i时，并且像约数一样，是相互对应的，并且大于sqrt(n)的只会出现一次，只需要

枚举1~sqrt(n)就可以了，取k=n/i，对应的2个是k,n/k,于是大于sqrt(n)的就是n/k*k;对于每个n/i==k,他们的i值是递增排列的，于是可以用等差数列求和，ans=(a1+an)*cou/2,最先出现的是n/(k+1)+1,最后出现的是n/k,还有就是n/i==k出现的次数,即cou=n/k-n/(k+1)。

代码：

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
using namespace std;
const int mod=1000000007;
long long n;
long long ans;
long long inv(int x,int n)
{
    long long temp=x,ans=1;
    while(n)
    {
       if(n&1)
       ans=(ans*temp)%mod;
       temp=(temp*temp)%mod;
       n=n/2;
    }
    return ans;
}
int main()
{
	scanf("%I64d",&n);
	long long cnt=inv(2,mod-2);
	ans=((n%mod)*(n%mod))%mod;
	//cout<<ans<<endl;
	long long m=(long long)sqrt(n);
	for(long long i=1;i<=m;i++)
	{
	    if(n/i==i)
	    {
	        long long temp=n/i*i;
	        ans=((ans-temp)%mod+mod)%mod;
	        continue;
	    }
	    long long temp=(n/i+n/(i+1)+1)%mod;
	    long long cur=(i*(n/i-n/(i+1)))%mod;
	    temp=((temp*cur)%mod*cnt)%mod;
	    temp=(temp+(n/i)*i)%mod;
	    ans=((ans-temp)%mod+mod)%mod;
	}
	printf("%I64d\n",ans);
	return 0;
}