P2261 [CQOI2007]余数求和

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本文介绍了一种解决高中数学题目的算法，具体为在一元一次不等式的基础上，结合等差数列求和原理，提出了一种快速计算特定数学表达式的解决方案。通过分析模数变化规律，利用等差数列通项公式进行高效求解。

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Problem：给定 $n,k(n,k\leq 10^{9})$ ，求 $\sum_{i=1}^{k}nMODi$ 。

标签：高中数学题（一元一次不等式+等差数列求和）

首先我们考虑：当 $k>n$ 时， $\sum_{i=n+1}^{k}nMODi=\sum_{i=n+1}^{k}n=(k-n)\times n$ 。对于这部分单独处理即可。

现在我们考虑 $k<n$ 的情况（ $k=n$ 时显然答案是0）

对于被除数 $n$ 和除数 $x$ ， $nMODx=i\Leftrightarrow kx+i=n(k,x,i\in N)$ 。我们现在考虑的就是如何快速累加 $i$ 。

显然，假定 $k$ 不随 $x$ 的变化而变化时， $x$ 每 $+1$ ， $i-=k$ 。反之， $x$ 每 $-1$ ， $i+=k$ 。

所以， $x$ 在某个特定的范围内（前提是 $k$ 不变）变换时， $x$ 在这些取值下的出 $i$ 可以通过求等差数列（公差为 $k$ ）的方法求出。

举个例子：

当 $n=39,k=39$ 时：当除数（模数）取 $20,21,22...37,38$ ，商均为1，余数就是 $19,18,17,16,15,14.....3,2,1$ ，是一个公差为1的等差数列。

问题来了：如何求出上面说的 $x$ 的“特定范围”？

让我们先看之前那个式子：

$nMODx=i\Leftrightarrow kx+i=n(k,x,i\in N)$

假设 $k$ 是确定的，我们根据 $x,i$ 的定义，可知： $0\leq i< x$

又由 $kx+i=n$ ，得： $kx+x-1\geq n$

$\therefore x\geq \frac{n+1}{k+1}$

现在我们再确定 $x$ 的上界：当以上式子 $nMODx=i\Leftrightarrow kx+i=n(k,x,i\in N)$ 中 $k$ 取 $k-1$ 时，有：

$(k-1)x+i=n\Leftrightarrow x\geq \frac{n+1}{k}$

$\therefore$ 在式子 $kx+i=n$ 中， $\frac{n+1}{k+1}\leq x< \frac{n+1}{k}$

也就是说：我们可以通过枚举 $k$ ，从而求出对应模数 $x$ 的范围，在此时求出来的模数 $x$ 的范围内，余数 $i$ 的变化规律呈等差数列分布。这样我们便可以利用等差数列通项公式来 $O(1)$ 求了。

Code:

#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;

long long n,k,xj,fst,lst,tot,minn,ans;

int main()
{
    scanf("%lld%lld",&k,&n);
    if(n<=k)
    {
        ans=(k-n)*n;
        k=n-1;
    }
    xj=n/k;
    for(long long a=xj;a<=n;a++)
    {
        minn=(n+1)/(a+1);
        if(k<=100000)	break;
        //当k取到10万左右时，x的值域涵盖的整数就很少了，这时直接暴力累加答案即可。
        if((n+1)%(a+1)>0)  minn+=1;
        fst=n%k,lst=n%minn;
        tot=(lst-fst)/a+1;
        ans+=tot*fst+a*tot*(tot-1)/2;
        k=minn-1;
    }
    for(long long i=1;i<=k;i++)	 ans+=n%i;
    cout<<ans;
    return 0;
}