牛客练习赛53 B 美味果冻（数学推导+快速幂优化）

写在前面

需要学会的前置技能：
快速幂
逆元
一定的数学推导能力

原题题面

求 $\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{i}i\lfloor$ $\frac{i}{j}$ $\rfloor^{j}\ mod\ (1e9+7)$的结果。( $n\leq3e6$)

input

3

output

22

题面分析

直接暴力计算肯定超时.
因为有许多的 $\lfloor$ $\frac{i}{j}$ $\rfloor$是相同的，所以我们考虑从 $\lfloor$ $\frac{i}{j}$ $\rfloor$入手。
为了后续工作方便，我们枚举 $j$，使
$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{i}i\lfloor$ $\frac{i}{j}$ $\rfloor^{j}$
转化为
$\sum_{j=1}^{n}\sum_{i=j}^{n}i\lfloor$ $\frac{i}{j}$ $\rfloor^{j}$------①
如何证明这步转化正确呢？
对于 $i=1$，有 $j=1$
对于 $i=2$，有 $j=1,2$
。。。
对于 $i=n$，有 $j=1,2,...,n$
因此如果我们反过来枚举 $j$的话可以发现，
某个 $i$出现的前提就是 $i\geq j$，①得证。

还有一个问题，为什么要反过来枚举 $j$呢？
因为原来的角度入手的话， $\lfloor$ $\frac{i}{j}$ $\rfloor$是考虑 $j$是 $i$的因子，
但变成枚举 $j$之后， $\lfloor$ $\frac{i}{j}$ $\rfloor$就变成考虑 $i$是 $j$的倍数。在计算上会很方便。
同时， $\lfloor$ $\frac{i}{j}$ $\rfloor^j$的指数 $j$在 $i$变化时是相对不变的，便于统计。
有了①后，我们设 $\lfloor$ $\frac{i}{j}$ $\rfloor=k$,可以得到此时的 $i \in [kj,min((k+1)j-1,n)]$。

那对于每一段 $\lfloor$ $\frac{i}{j}$ $\rfloor=k$,我们有
$(kj+min((k+1)j-1,n))*(min((k+1)j-1,n)-kj+1)/2*k^j$
（统计 $k^j$的总和）
因此我们可以得到
$\sum_{j=1}^{n}\sum_{i=j}^{n}i\lfloor$ $\frac{i}{j}$ $\rfloor^{j}$
= $\sum_{j=1}^{n}\sum_{k=1}^{\lfloor \frac{n}{j}\rfloor} (kj+min((k+1)j-1,n))*(min((k+1)j-1,n)-kj+1)/2*k^j$
这样一来，复杂度就从 $O(n^2)$变为 $O(n(logn)^2)$了，然后把上式的 $/2$用逆元表示， $k^j$用快速幂求解即可。

然后…
然后…

就莫名其妙地超时了…
为什么呢？是哪里还可以简化运算吗？
答案是肯定的。
注意到上述式子中的 $k^j$，它的取值其实是 $1^1,2^1,3^1...,1^2,2^2,3^2,...$
所以其实这个部分可以利用数组去模拟( $n\leq3e6$)，一开始数组里每个值都是 $1$，每次更新 $n/j$个（因为只用到 $n/j$个），让 $a[i]*=i$，这样就可以等效替代快速幂。
总复杂度大约为 $O(nlogn)$。

AC代码（805ms）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long a[3000010];
const long long mod=1e9+7;
long long div2=500000004;//2对于1e9+7的逆元
void init1(int k) {
    for(int i = 1; i <= k; i++) {
        a[i] = 1;
    }
}
void init2(int k) {
    for(int i = 1; i <= k; i++) {
        a[i] = (a[i] * i) % mod;
    }
}
long long f(long long n)
{
    long long sum=0;
    init1(n);
    for(long long j=1;j<=n;j++)
    {
        init2(n / j);
        for(long long k=1;k<=n/j;k++)
        {
            long long l=min(n,(k+1)*j-1);//每一块的上界
            sum=(sum+((((l-k*j+1+mod)%mod)*(k*j+l)%mod)*div2%mod)*a[k]%mod)%mod;
            //数组a用来代替原来的快速幂
        }
    }
    return sum%mod;
}
int main()
{
    int n;
    cin >> n;
    cout << f(n);
    return 0;
}

后记

感谢强大的wl大佬想出了用数组代替快速幂的神奇操作。
其实这个式子还可以化简，把 $a*k^j$用错位相减法算出公式求解，但很麻烦。
DrGilbert 2019.10.12