【数论】CF1789E Serval and Music Game 题解-优快云博客

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/o_Invincible_o/article/details/129348256

该问题是一个关于音乐游戏的数学难题，涉及整数序列和取模运算。给定一个递增序列s，定义函数f(x)为满足特定整数除法条件的序列下标i的数量。要求计算从1到序列最大值s_n的所有x的乘积f(x)的和，并对998244353取模。解决方案包括分类讨论x是否能整除s_n，并使用桶存储和前缀和优化计算复杂度。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

Serval and Music Game

题面翻译

题目描述

给定整数 $n$ 和长度为 $n$ 的递增序列 $s$ 。
定义 $f (x)$ 为满足下列要求的整数 $i(1≤i≤n)i(1\leq i\leq n)$ 的数量：

存在非负整数 $p_i,q_i$ 使得 $si=pi⌊snx⌋+qi⌈snx⌉s_i=p_i\bigg\lfloor\dfrac{s_n}{x}\bigg\rfloor+q_i\bigg\lceil\dfrac{s_n}{x}\bigg\rceil$ 。

你需要求出 $∑x=1snx×f(x)\sum_{x=1}^{s_n}x\times f(x)$ 对 $998244353$ 取模后的值。
每个测试点包含 $t$ 组数据。

输入格式

第一行输入一个整数 $t(1≤t≤104)t(1\leq t\leq10^4)$ 表示数据组数，接下来对于每组数据：
第一行输入一个整数 $n(1≤n≤106)n(1\leq n\leq10^6)$ 。
接下来输入一行 $n$ 个整数表示序列 $s(1≤s1<s2<⋯<sn≤107)s(1\leq s_1<s_2<\cdots<s_n\leq10^7)$ 。
单个测试点内所有组数据对应的 $n$ 之和不超过 $10^6$ ，对应的 $s_n$ 之和不超过 $10^7$ 。

输出格式

对于每组数据：
输出一行一个整数表示 $∑x=1snx×f(x)\sum_{x=1}^{s_n}x\times f(x)$ 对 $998244353$ 取模后的值。

题目描述

Serval loves playing music games. He meets a problem when playing music games, and he leaves it for you to solve.

You are given $n$ positive integers $s1<s2<…<sns_1 < s_2 < \ldots < s_n$ . $f (x)$ is defined as the number of $i$ ( $1≤i≤n1\leq i\leq n$ ) that exist non-negative integers $p_i, q_i$ such that:

$s_i=p_i\left\lfloor{s_n\over x}\right\rfloor + q_i\left\lceil{s_n\over x}\right\rceil$

Find out $∑x=1snx⋅f(x)\sum_{x=1}^{s_n} x\cdot f(x)$ modulo $998,244,353 $ .

As a reminder, $⌊x⌋\lfloor x\rfloor$ denotes the maximal integer that is no greater than $x$ , and $⌈x⌉\lceil x\rceil$ denotes the minimal integer that is no less than $x$ .

输入格式

Each test contains multiple test cases. The first line contains the number of test cases $t$ ( $1≤t≤1041\leq t\leq 10^4$ ). The description of the test cases follows.

The first line of each test cases contains a single integer $n$ ( $1≤n≤1061\leq n\leq 10^6$ ).

The second line of each test case contains $n$ positive integers $s1,s2,…,sns_1,s_2,\ldots,s_n$ ( $1≤s1<s2<…<sn≤1071\leq s_1 < s_2 < \ldots < s_n \leq 10^7$ ).

It is guaranteed that the sum of $n$ over all test cases does not exceed $10^6$ , and the sum of $s_n$ does not exceed $10^7$ .

输出格式

For each test case, print a single integer in a single line — the sum of $x⋅f(x)x\cdot f(x)$ over all possible $x$ modulo $353998\,244\,353$ .

样例 #1

样例输入 #1

4
3
1 2 4
4
1 2 7 9
4
344208 591000 4779956 5403429
5
1633 1661 1741 2134 2221

样例输出 #1

提示

在这里插入图片描述

Solution

考虑每个 $x$ 对答案的贡献。

分类讨论：

若 $x|s_n$ ，则可以枚举 $s_n/x$ 的倍数计算满足要求的 $s_i$ 的个数。

若 $x∤snx\nmid s_n$ ，首先有 $⌈snx⌉=⌊snx⌋+1\left\lceil\dfrac{s_n}{x}\right\rceil=\left\lfloor\dfrac{s_n}{x}\right\rfloor+1$

设 $⌊snx⌋=k\left\lfloor\dfrac{s_n}{x}\right\rfloor = k$ ，则 $s_i=(p_i+q_i)k+q_i$ ，由于 $pi,qi∈Np_i,q_i\in \mathbb{N}$ ，

则若 $s_i$ 满足要求，必然有 $⌊sik⌋≥qi\left\lfloor\dfrac{s_i}{k}\right\rfloor\ge q_i$ ，不难证明 $kq_i=s_i\bmod k$ ，

此时枚举 $j=⌊sik⌋j=\left\lfloor\dfrac{s_i}{k}\right\rfloor$ ，那么 $s_i$ 满足要求的充要条件为 $si∈[jk,jk+j]s_i\in [jk,jk+j]$ 。

可以发现当 $0≤qi<k0\le q_i<k$ ，故当 $\ge k$ 时，此后的 $s_i$ 都会满足要求。

因此我们只需枚举 $j < k$ ，剩下的统一处理（见代码）。

对于一个区间内满足要求的 $s_i$ ，可以用一个桶存储出现次数并将其进行前缀和，记为 $c n t$ 数组，

那么在 $[l, r]$ 中的 $s_i$ 的个数就是 $cnt_r - cnt_{l-1}$ 。

这样我们可以 $O(sn)O(\sqrt {s_n})$ 求出 $f (x)$ 的值。

考虑到 $k=⌊snx⌋k=\left\lfloor\dfrac{s_n}{x}\right\rfloor$ 可以数论分块，于是可以在 $O(s_n)$ 求出答案。

Code

#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
using namespace std;

typedef long long LL;

const int N = 1e7 + 3;
const LL MOD = 998244353;

inline void read(int &x)
{
    int sgn = 1; x = 0;
    char ch = getchar();
    while(ch != '-' && (ch < '0' || ch > '9')) ch = getchar();
    if(ch == '-') sgn = -1, ch = getchar();
    while(ch >= '0' && ch <= '9') x = (x << 1) + (x << 3), x += (ch ^ '0'), ch = getchar();
    x *= sgn;
}

int T, cnt[N], n, s[N], m;

int main()
{
    read(T);
    while(T -- )
    {
        read(n); m = 0;
        for(int i = 1; i <= n; i ++ ) read(s[i]), m = max(m, s[i]);
        for(int i = 0; i <= m; i ++ ) cnt[i] = 0;
        for(int i = 1; i <= n; i ++ ) cnt[s[i]] ++ ;
        for(int i = 1; i <= m; i ++ ) cnt[i] += cnt[i - 1];
        LL res = 0, tp = 0;
        for(int i = 1; i <= m; i ++ )
        {
            LL sum = 0; int k = m / i;
            if(m % i)
                if(m % (i - 1) && m / (i - 1) == k) sum = tp;
                else
                {
                    for(int j = 1; j < k && j * k <= m; j ++ ) sum += cnt[min(j * k + j, m)] - cnt[j * k - 1];
                    if(1ll * k * k <= 1ll * m) sum += cnt[m] - cnt[k * k - 1];
                }  
            else for(int j = k; j <= m; j += k) sum += cnt[j] - cnt[j - 1];
            res += i * sum % MOD; res %= MOD;
            tp = sum; 
        }
        printf("%lld\n", res);
    }
    return 0;
}