P2260 模积和题解

模积和

题意：求出

$ \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m(n \bmod i)\times(m\bmod j) $ 且 $ i\ne j $ 。

思路

10ps

\(O(nm)\) 暴力

30ps

首先我们发现可以将原式拆解一下，就可以变成

\[\sum^n_{i=1}(n\bmod i)\times\sum^m_{j=1}(m\bmod j) \]

但是这样是不对的，因为我们没有考虑 \(i=j\) 的情况，所以正确的式子为

\[\sum^n_{i=1}(n\bmod i)\times\sum^m_{j=1}(m\bmod j)-\sum_{i-1}^{\min(n,m)}(n\bmod i)\times(m\bmod i) \]

\(O(n+m)\) 的做法就完成了，30分到手。

60ps

根据打表发现，如果套上整除分块，商为同一个数的所有 \(i\) 会构成一个等差数列。

(以下默认要会整除分块，不会的先去学)

设当前的商的第一个 \(i\) 为 \(l\) ，最后一个为 \(r\) ，则首项为 \(n\bmod l\) ,公差为 \(-\lfloor \frac{n}{l}\rfloor\) ,项数为 \(r-l+1\) 。

套一个等差数列求和公式，就可以将复杂度降至 \(O(\sqrt n+\sqrt m+n)\)

100ps

现在算法复杂度的瓶颈全在求 \(\sum_{i-1}^{min(n,m)}(n\bmod i)\times(m\bmod i)\) 上，那么我们可以尝试套上整除分块，那么还是一样，设当前的商的第一个 \(i\) 为 \(l\) ，最后一个为 \(r\) ,那么

\[r=\min(\lfloor\frac{n}{\lfloor\frac{n}{l}\rfloor}\rfloor,\lfloor\frac{m}{\lfloor\frac{m}{l}\rfloor}\rfloor) \]

设 \(n\) 的首项为 \(ns\) ，\(m\) 的首项为 \(ms\) ， \(n\) 的公差为 \(ng\) ，\(m\) 的公差为 \(mg\) ，项数为 \(lg\)。

那么

\[ns=n\bmod l \]

\[ms=m\bmod l \]

\[ng=-\lfloor \frac{n}{l}\rfloor \]

\[mg=-\lfloor \frac{m}{l}\rfloor \]

\[lg=r-l+1 \]

我们知道，在这里面，数列即为

\[ns·ms\Longrightarrow (ns-ng)·(ms-mg) \Longrightarrow......\Longrightarrow(ns-lg·ng)·(ms-lg·mg) \]

拆解一下，即为

\[ns·ms\Longrightarrow ns·ms-ng·ms-ns·mg+ng·mg \Longrightarrow......\Longrightarrow ns·ms\\-(lg-1)·ng·ms-(lg-1)·ns·mg+(lg-1)^2ng·mg \]

如果我们先不管那些 \(ng·mg\),那么原式就会变为

\[ns·ms\Longrightarrow ns·ms-ng·ms-ns·mg\Longrightarrow......\Longrightarrow ns·ms-(lg-1)·ng·ms\\ -(lg-1)·ns·mg \]

我们可以发现，这又是一个等差数列，首项为 \(ns·ms\) ，项数为 \(lg\) ，公差为 \(-ng·ms-ns·mg\) ,于是这一部分就完成了。

现在我们看到 \(ng·mg\)，发现他们的系数分别为

\[0^2,1^2,2^2,3^2,4^2......(lg-1)^2 \]

那么这一部分就需要用到平方和公式了，即

\[\sum_{i=1}^n i^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6} \]

那么这一部分就完成了。
最后将这两部分加起来，然后用一开始的容减去这个斥就可以得到答案。

复杂度 \(O(\sqrt n+\sqrt m)\)