牛客编程巅峰赛S2第1场

比赛地址：
青铜&白银&黄金
钻石&王者

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A： 最小差值

  暴力求解。

B：Tree IV

  这个题采用模拟的方式去计算会超时。这就利用了二叉树的统计性质，设根结点的深度是1，那么每行的第一个结点的编号值是$2^{dep-1}$，最后一个结点的编号值是$2^{dep}-1$。这样就可以算出答案。

C：牛牛组数

  $n$个数，每个数只能用一次，要求要分成$k$个数，使得和最大。很明显，先把$n$个数按从小到大的顺序排序，前$k-1$个数分别占前面$n-1$个数的一个，最后$n-k+1$个数构成最后一个数。因为$n$的范围很大，所以要用高精度（只有加法）。

D：牛牛算题

  除法分块问题。

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【除法分块】
  基本思路：维护两个变量$L,R$，代表当前的除数区间是$[L,R]$，在这样的一个闭区间中，满足商是一个定值。
  初始情况：$L=1$，我们在$L\le N$时循环进行：设$t=\lfloor \frac{N}{L}\rfloor$，则当前答案区间的右端点是$R=\lfloor \frac{N}{t}\rfloor$，那么下一个答案区间的左端点就是$L=R+1$.

例题1：P2261 [CQOI2007]余数求和

  典型的余数求和问题。我们知道$a\%b=a-b\ast \lfloor \frac{a}{b}\rfloor$.因此对于原式有：
$$\sum _{i=1}^{n}k\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}i=\sum _{i=1}^{n}k-i\ast \lfloor \frac{k}{i}\rfloor =n\ast k-\sum _{i=1}^{n}i\ast \lfloor \frac{k}{i}\rfloor$$

#include<bits/stdc++.h>
#define close ios::sync_with_stdio(false)
using namespace std;
typedef long long ll;
int main()
{
    
    
    close;ll n,k;cin>>n>>k;
    ll bound=min(n,k),ans=0;
    for(ll L=1,R;L<=bound;L=R+1)
    {
    
    
        ll t=k/L;R=min(k/t,n);
        ans+=(L+R)*(R-L+1)/2*t;
    }
    cout<<n*k-ans;
}

例题2：U87406 整除分块

  这个题其实比上面的题目还裸，因为没有涉及到任何变形，唯一要记住的就是${\sum }_{i=1}^n{i}^2=\frac{n\ast (n+1)\ast (2n+1)}{6}$.

#include<bits/stdc++.h>
#define close ios::sync_with_stdio(false)
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
typedef long long ll;
ll inv(ll base,ll x)
{
    
    
    ll ans=1;
    while(x){
    
    if(x&1) ans=ans*base%mod;base=base*base%mod;x>>=1;}
    return ans;
}
int main()
{
    
    
    close;int T;cin>>T;
    ll rec6=inv(6,mod-2);
    while(T--)
    {
    
    
        int n;cin>>n;
        ll last=0,ans=0;
        for(ll L=1,R;L<=n;L=R+1)
        {
    
    
            ll t=n/L;R=n/t;
            ll cur=R*(R+1)%mod*(2*R+1)%mod*rec6%mod;
            ans=(ans+((cur-last)%mod+mod)%mod*t%mod)%mod;
            last=cur;
        }
        cout<<ans<<endl;
    }
}

例题3：CF 2017-2018 ACM-ICPC Pacific Northwest Regional Contest (Div. 1) C题

  这道题定义了$F(n)={\sum }_{p|n}n$，想要求解的是$S={\sum }_{a\le x\le b}F(n)$.如果我们仅仅从每个数字的因子个数入手，就必须判断这个数有哪些因子，不可取。而我们转换一下，我们考虑每个数能作为多少个数的因子来进行统计（有点像位运算求和的意思），这样就转换成了除法分块问题。
  我们令$S(n)={\sum }_{i=1}^{n}F(n)$，那么就有$S=S(b)-S(a-1)$.然后对于$S(n)$来说，$i$会成为$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$个数的因子，因此可以得出：$$S(n)=\sum _{i=1}^{n}i\ast \lfloor \frac{n}{i}\rfloor$$(注意最极限的答案会爆long long)

#include<bits/stdc++.h>
#define close ios::sync_with_stdio(false)
using namespace std;
typedef unsigned long long ull;
ull solve(ull x)
{
    
    
    if(x==1) return 1;
    ull ans=0;
    for(ull L=1,R;L<=x;L=R+1)
    {
    
    
        ull t=x/L;R=x/t;
        ans+=(L+R)*(R-L+1)/2*t;
    }
    return ans;
}
int main()
{
    
    
    close;ull a,b;cin>>a>>b;
    ull ansa=solve(a-1),ansb=solve(b);
    cout<<ansb-ansa;
}

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  回到原来的D题上，其实这道题经过化简，就是要求解：$$\sum _{p=1}^n(\lfloor \frac{n}{p}\rfloor )\ast (n-p\ast \lfloor \frac{n}{p}\rfloor )=n\ast \sum _{p=1}^n\lfloor \frac{n}{p}\rfloor -\sum _{p=1}^{n}p\ast (\lfloor \frac{n}{p}\rfloor {)}^2$$回到了最初的分块问题上。

const int mod=1e9+7;
class Solution {
    
    
public:
    /**
     * 代码中的类名、方法名、参数名已经指定，请勿修改，直接返回方法规定的值即可
     * 返回1-n的所有k*m的和
     * @param num long长整型 正整数 n
     * @return long长整型
     */
    long long inv(long long base,long long x)
    {
    
    
        long long ans=1;
        while(x){
    
    if(x&1) ans=ans*base%mod;base=base*base%mod;x>>=1;}
        return ans;
    }
    long long cowModCount(long long num) {
    
    
        long long rec2=inv(2,mod-2);
        long long ans=0;
        for(long long L=1,R;L<=num;L=R+1)
        {
    
    
            long long t=num/L;R=num/t;
            ans=(((ans+num*t%mod*(R-L+1)%mod)%mod-t*t%mod*(L+R)%mod*(R-L+1)%mod*rec2%mod)%mod+mod)%mod;
        }
        return ans;
    }
};