本文详细解析了一类涉及费马小定理、同余问题和二次展开式的数学表达式求值问题，通过巧妙转换和严谨证明，提供了一种高效的O(n)算法解决方案。
安利一下洛谷博客
【问题描述】
求表达式的值。
∑
i
=
1
k
p
i
2
p
−
1
m
o
d
  
p
2
\sum_{i=1}^{kp} i^{2p-1} \mod\ p^{2}
i=1∑kpi2p−1mod p2，其中p为素数。
【输入描述】
一行两个整数k，p。
【输出描述】
一行一个整数表示答案。
【样例】
样例输入
1 3
样例输出
6
最喜欢这种题目了，简单明了，言简意赅，通俗易懂，清晰可见，一目了然，不拐弯抹角。。。
但是
真的不好做啊 。。。
此题用到了费马小定理，同余问题，二次展开式（实质上就是
(
a
+
b
)
n
=
(a+b)^{n}=
(a+b)n=一大堆乱七八糟的东西，用了一个如此高级的东西），还有≡（这个叫恒等于，蒟蒻第一次见还以为是全等。。），这道题充分的发挥了人类的智慧，把
∑
\sum
∑用的淋漓精致，反正我考试的时候肯定想不到
现在开始动工！
首先，我先把结论抛给大家
∑
i
=
1
p
−
1
i
2
p
−
1
≡
p
(
p
+
1
)
2
(
m
o
d
p
2
)
\sum_{i=1}^{p-1} i^{2p-1}\equiv \frac{p(p+1)}{2} (mod\ p^{2})
i=1∑p−1i2p−1≡2p(p+1)(mod p2)
好！其中2p-1是奇数哦(题目已经有提示啦)！
现在开始证明这个结论。
把右边的2移到恒等于号的左边，
∑
i
=
1
p
−
1
i
2
p
−
1
+
∑
i
=
1
p
−
1
i
2
p
−
1
≡
(
p
+
1
)
p
(
m
o
d
p
2
)
\sum_{i=1}^{p-1} i^{2p-1} + \sum_{i=1}^{p-1} i^{2p-1}\equiv (p+1)p (mod\ p^{2})
i=1∑p−1i2p−1+i=1∑p−1i2p−1≡(p+1)p(mod p2)
可以理解吧。
再把
∑
i
=
1
p
−
1
i
2
p
−
1
\sum_{i=1}^{p-1} i^{2p-1}
∑i=1p−1i2p−1从后面往前求和（因为从前往后和从后往前都是一样的呀），就变成
∑
i
=
1
p
−
1
i
2
p
−
1
+
∑
i
=
1
p
−
1
(
p
−
i
)
2
p
−
1
≡
(
p
+
1
)
p
(
m
o
d
p
2
)
\sum_{i=1}^{p-1} i^{2p-1} + \sum_{i=1}^{p-1} (p-i)^{2p-1}\equiv (p+1)p (mod\ p^{2})
i=1∑p−1i2p−1+i=1∑p−1(p−i)2p−1≡(p+1)p(mod p2)
合并
∑
i
=
1
p
−
1
[
i
2
p
−
1
+
(
p
−
i
)
2
p
−
1
]
≡
(
p
+
1
)
p
(
m
o
d
p
2
)
\sum_{i=1}^{p-1} [i^{2p-1} + (p-i)^{2p-1}]\equiv (p+1)p (mod\ p^{2})
i=1∑p−1[i2p−1+(p−i)2p−1]≡(p+1)p(mod p2)
开始二次项展开
(
p
−
i
)
2
p
−
1
=
(p-i)^{2p-1}=
(p−i)2p−1=
p
2
p
−
1
−
C
(
2
p
−
1
,
1
)
p
2
p
−
2
i
+
.
.
.
+
C
(
2
p
−
1
,
2
p
−
2
)
p
i
2
p
−
2
−
i
2
p
−
1
p^{2p-1}-C(2p-1,1)p^{2p-2}i+...+C(2p-1,2p-2)pi^{2p-2}-i^{2p-1}
p2p−1−C(2p−1,1)p2p−2i+...+C(2p−1,2p−2)pi2p−2−i2p−1
就这样，再与
i
2
p
−
1
i^{2p-1}
i2p−1抵消，然后注意一点，因为有
(
m
o
d
p
2
)
(mod \ p^{2})
(mod p2)所以，当p的指数大于等于2的时候就可以被抵消（2p-1,2p-2等都是奇素数，所以肯定都大于二呀），这么抵消后，最后剩下的就是
∑
i
=
1
p
−
1
C
(
2
p
−
1
,
2
p
−
2
)
p
i
2
p
−
2
\sum_{i=1}^{p-1}C(2p-1,2p-2)pi^{2p-2}
i=1∑p−1C(2p−1,2p−2)pi2p−2
易得
C
(
2
p
−
1
,
2
p
−
2
)
=
C
(
2
p
−
1
,
1
)
C(2p-1,2p-2)=C(2p-1,1)
C(2p−1,2p−2)=C(2p−1,1)
又因为
C
(
2
p
−
1
,
1
)
=
2
p
−
1
C(2p-1,1)=2p-1
C(2p−1,1)=2p−1
所以
∑
i
=
1
p
−
1
(
2
p
−
1
)
p
i
2
p
−
2
≡
p
(
p
+
1
)
(
m
o
d
p
2
)
\sum_{i=1}^{p-1}(2p-1)pi^{2p-2}\equiv p(p+1) (mod\ p^{2})
i=1∑p−1(2p−1)pi2p−2≡p(p+1)(mod p2)
（这个式子很重要，以后会用到）
两边式子都有p，同时除以p，注意**
m
o
d
p
2
mod\ p^{2}
mod p2也要除以p**，原式就变为
∑
i
=
1
p
−
1
(
2
p
−
1
)
i
2
p
−
2
≡
(
p
+
1
)
(
m
o
d
p
)
\sum_{i=1}^{p-1}(2p-1)i^{2p-2}\equiv (p+1) (mod\ p)
i=1∑p−1(2p−1)i2p−2≡(p+1)(mod p)
啊，松口气松口气，更难的来了
好吧对于大佬来说很简单费马小定理登场！
我们有
i
p
−
1
≡
1
(
m
o
d
p
)
i^{p-1}\equiv 1 (mod\ p)
ip−1≡1(mod p)
然后
2
p
−
2
=
2
(
p
−
1
)
2p-2=2(p-1)
2p−2=2(p−1)
所以
∑
i
=
1
p
−
1
(
2
p
−
1
)
(
i
p
−
1
)
2
≡
(
p
+
1
)
(
m
o
d
p
)
\sum_{i=1}^{p-1}(2p-1)(i^{p-1})^{2}\equiv (p+1) (mod\ p)
i=1∑p−1(2p−1)(ip−1)2≡(p+1)(mod p)
所以
∑
i
=
1
p
−
1
(
2
p
−
1
)
≡
(
p
+
1
)
(
m
o
d
p
)
\sum_{i=1}^{p-1}(2p-1)\equiv (p+1) (mod\ p)
i=1∑p−1(2p−1)≡(p+1)(mod p)
哈哈哈哈额，好开心啊。
前方路长，继续！
因为现在左式求的值是个定值，所以原式变成
(
p
−
1
)
(
2
p
−
1
)
≡
(
p
+
1
)
(
m
o
d
p
)
(p-1)(2p-1)\equiv (p+1)(mod\ p)
(p−1)(2p−1)≡(p+1)(mod p)
展开
2
p
2
−
3
p
+
1
≡
(
p
+
1
)
(
m
o
d
p
)
2p^{2}-3p+1\equiv (p+1)(mod\ p)
2p2−3p+1≡(p+1)(mod p)
因为每个都mod p
1
≡
1
(
m
o
d
p
)
1\equiv 1(mod\ p)
1≡1(mod p)
原式成立！！
前面辣么多都是预处理，现在处理题目给出的式子。
∑
i
=
1
k
p
i
2
p
−
1
m
o
d
  
p
2
\sum_{i=1}^{kp} i^{2p-1} \mod\ p^{2}
i=1∑kpi2p−1mod p2
将题目中的i去除以p，得到的商和余数用i和j来表示，那么也就是
i
=
i
p
+
j
i=ip+j
i=ip+j(注意区分前面的i和后面的i不一样)
所以就很巧妙的把原来的式子转换成了
∑
i
=
0
k
−
1
∑
j
=
1
p
−
1
(
i
p
+
j
)
2
p
−
1
m
o
d
  
p
2
\sum_{i=0}^{k-1} \sum_{j=1}^{p-1} (ip+j)^{2p-1} \mod\ p^{2}
i=0∑k−1j=1∑p−1(ip+j)2p−1mod p2
同样二次项展开，然后就可以转换成
∑
i
=
0
k
−
1
∑
j
=
1
p
−
1
[
(
2
p
−
1
)
i
p
j
2
p
−
1
+
j
2
p
−
1
]
m
o
d
  
p
2
\sum_{i=0}^{k-1} \sum_{j=1}^{p-1} [(2p-1)ipj^{2p-1}+j^{2p-1}] \mod\ p^{2}
i=0∑k−1j=1∑p−1[(2p−1)ipj2p−1+j2p−1]mod p2
乘法分配律
∑
i
=
0
k
−
1
∑
j
=
1
p
−
1
(
2
p
−
1
)
i
p
j
2
p
−
1
+
∑
i
=
0
k
−
1
∑
j
=
1
p
−
1
j
2
p
−
1
m
o
d
  
p
2
\sum_{i=0}^{k-1} \sum_{j=1}^{p-1} (2p-1)ipj^{2p-1}+\sum_{i=0}^{k-1} \sum_{j=1}^{p-1}j^{2p-1} \mod\ p^{2}
i=0∑k−1j=1∑p−1(2p−1)ipj2p−1+i=0∑k−1j=1∑p−1j2p−1mod p2
第二个项可以转化成（刚刚预处理时证明的公式）
∑
i
=
0
k
−
1
p
(
p
+
1
)
2
\sum_{i=0}^{k-1} \frac{p(p+1)}{2}
i=0∑k−12p(p+1)
再转化成
k
p
(
p
+
1
)
2
\frac{kp(p+1)}{2}
2kp(p+1)
第一个项则可以用我刚刚说很重要的公式
变成
∑
i
=
0
k
−
1
i
p
(
p
+
1
)
\sum_{i=0}^{k-1} ip(p+1)
i=0∑k−1ip(p+1)
继续化简
k
(
k
−
1
)
2
p
(
p
+
1
)
\frac{k(k-1)}{2}p(p+1)
2k(k−1)p(p+1)
将两个式子整合，变成
k
p
(
p
+
1
)
2
+
k
(
k
−
1
)
p
(
p
+
1
)
2
\frac{kp(p+1)}{2}+\frac{k(k-1)p(p+1)}{2}
2kp(p+1)+2k(k−1)p(p+1)
没有求和公式了吧
那么我们在合并同类项之后原式
k
2
p
(
p
+
1
)
2
\frac{k^{2}p(p+1)}{2}
2k2p(p+1)
传说中的O(n)算法！哈哈哈
你好，这里落花殇
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