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前提知识复习
T1：余数求和
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T2：Ice Rain
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T3：The Fool
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T4：模积和
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前提知识复习

整除分块是用于快速处理形似下列式子的方法，是解决莫比乌斯反演类题目需要掌握的前提知识
∑i=1n⌊ni⌋\sum_{i=1}^n\lfloor\frac{n}{i}\rfloori=1∑n⌊in⌋
但是本篇博客的例题是特别特别板的，不会涉及莫比乌斯反演，请dalao们出门左转别浪费时间，蟹蟹
回归正题，很显然上面的式子可以O(n)O(n)O(n)得到答案
但是，在某些题目中，毒瘤出题人将数据加强到了 101010^{10}1010以上
这个时候我们就无法通过O(n)O(n)O(n) 的解法来得到答案
我们需要一个O(n)O(\sqrt{n})O(n)的更为优秀的解法

对于单一的⌊ni⌋\lfloor\frac{n}{i}\rfloor⌊in⌋，某些地方的值是相同的，并且呈块状分布
通过深入的探求规律与严密推理以及暴力打表与幸运瞎猜，最后惊奇的发现这些块状分布的值是有规律的
对于一个块，假设它的起始位置的下标为lll，那么可以得到的是，它的结束位置的下标为
代码表示即为

r = n / ( n / l );

分块如果非要安排一个模板的话，那就是一个forforfor循环了

int calc( int n ) {int ans = 0;for( int l = 1, r;l <= n;l = r + 1 ) {r = n / ( n / l );//根据题目要求进行计算 }return ans;
}

有的时候不同的题目可能出现n/l==0n/l==0n/l==0的情况，为了防止程序挂掉，我们也可以这么写

int calc( int n ) {int ans = 0;for( int l = 1, r;l <= n;l = r + 1 ) {if( k / l ) r = min( k / ( k / l ), n );else r = n;//根据题目要求进行计算}return ans;
}

具体的就用例题来体会吧

T1：余数求和

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G(n,k)=∑i=1nkmodi=∑i=1n(k−⌊ki⌋∗i)=∑i=1nk−∑i=1n⌊ki⌋∗iG(n,k)= ∑_{i=1}^n k\ mod\ i=\sum_{i=1}^n(k-\lfloor\frac{k}{i}\rfloor*i)=\sum_{i=1}^nk-\sum_{i=1}^n\lfloor\frac{k}{i}\rfloor*iG(n,k)=i=1∑nk mod i=i=1∑n(k−⌊ik⌋∗i)=i=1∑nk−i=1∑n⌊ik⌋∗i
前面的求和式子可以很直观地得到∑i=1nk=n∗k\sum_{i=1}^nk=n*k∑i=1nk=n∗k
后面的求和式子我们令lll表示这个块的开始下标，rrr为这个块的结束下标，T=⌊ni⌋T=\lfloor\frac{n}{i}\rfloorT=⌊in⌋，则该块里面的值为：
∑i=lrT∗i=∑i=lrT−∑i=lri\sum_{i=l}^rT*i=\sum_{i=l}^rT-\sum_{i=l}^rii=l∑rT∗i=i=l∑rT−i=l∑ri
答案显而易见了吧，第一个求和就是个定值(r−l+1)∗T(r-l+1)*T(r−l+1)∗T，后面的求和就是等差数列

计算方法：首项加末项乘以项数除以二=>(l+r)∗(r−l+1)/2(l+r)*(r-l+1)/2(l+r)∗(r−l+1)/2

code

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
#define int long long
signed main() {int n, k;scanf( "%lld %lld", &n, &k );int ans = n * k;for( int l = 1, r;l <= n;l = r + 1 ) {if( k / l ) r = min ( k / ( k / l ), n );else r = n;ans -= ( r - l + 1 ) * ( k / l ) * ( l + r ) / 2;}printf( "%lld", ans );return 0;
}

T2：Ice Rain

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读完题后是不是

一模一样的吧，这种sb题你加一个无线输入操作就ACACAC，passpasspass，下一个！！

code

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;int main() {long long n, k;while( ~ scanf( "%lld %lld", &n, &k ) ) {long long ans = n * k;for( long long l = 1, r;l <= n;l = r + 1 ) {if( k / l ) r = min( k / ( k / l ), n );else r = n;ans -= ( k / l ) * ( l + r ) * ( r - l + 1 ) / 2;}printf( "%lld\n", ans );}return 0;
}

T3：The Fool

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一样的吧？差不多的吧？如果你没有一点思路的话，证明我写的太差没有学懂哦~
∑i=1n⌊ni⌋∑_{i=1}^n \lfloor\frac{n}{i}\rfloor∑i=1n⌊in⌋，先分出每个块，然后再等差数列求和，加在一起最后判断，vanvanvan事

code

#include <cstdio>
int main() {int T;scanf( "%d", &T );for( int Case = 1;Case <= T;Case ++ ) {long long n;scanf( "%lld", &n );long long ans = 0;for( int l = 1, r;l <= n;l = r + 1 ) {r = n / ( n / l );ans += ( r - l + 1 ) * ( n / l );} if( ans & 1 ) printf( "Case %d: odd\n", Case );else printf( "Case %d: even\n", Case );}return 0;
}

T4：模积和

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这道题就是个重头戏了，其实也很简单的
仔细看推导过程！！
ans=∑i=1n∑j=1m(nmodi)×(mmodj),i≠jans=∑_{i=1}^n∑_{j=1}^m(n\ mod\ i)×(m\ mod\ j),i≠jans=i=1∑nj=1∑m(n mod i)×(m mod j),i=j
用容斥拆开把i=ji=ji=j的情况减掉即可
ans=∑i=1n∑j=1m(nmodi)×(mmodj)−∑i=1min(n,m)(nmodi)×(mmodi)ans=∑_{i=1}^n∑_{j=1}^m(n\ mod\ i)×(m\ mod\ j)-∑_{i=1}^{min(n,m)}(n\ mod\ i)×(m\ mod\ i)ans=i=1∑nj=1∑m(n mod i)×(m mod j)−i=1∑min(n,m)(n mod i)×(m mod i)
直接把显而易见能分块的先分了来，再暴力展开
∑i=1n(nmodi)=∑i=1nn−∑i=1n⌊ni⌋∗i∑_{i=1}^n(n\ mod\ i)=\sum_{i=1}^nn-\sum_{i=1}^n\lfloor\frac{n}{i}\rfloor*ii=1∑n(n mod i)=i=1∑nn−i=1∑n⌊in⌋∗i
∑j=1m(mmodj)=∑j=1mm−∑j=1m⌊mj⌋∗j∑_{j=1}^m(m\ mod\ j)=\sum_{j=1}^mm-\sum_{j=1}^m\lfloor\frac{m}{j}\rfloor*jj=1∑m(m mod j)=j=1∑mm−j=1∑m⌊jm⌋∗j
∑i=1min(n,m)(nmodi)×(mmodi)=∑i=1min(n,m)(n−⌊ni⌋∗i)∗(m−⌊mi⌋∗i)∑_{i=1}^{min(n,m)}(n\ mod\ i)×(m\ mod\ i)=\sum_{i=1}^{min(n,m)}(n-\lfloor\frac{n}{i}\rfloor*i)*(m-\lfloor\frac{m}{i}\rfloor*i)i=1∑min(n,m)(n mod i)×(m mod i)=i=1∑min(n,m)(n−⌊in⌋∗i)∗(m−⌊im⌋∗i)
=∑i=1min(n,m)(nm+⌊mi⌋⌊ni⌋i2−⌊mi⌋i−⌊ni⌋i)=\sum_{i=1}^{min(n,m)}(nm+\lfloor\frac{m}{i}\rfloor\lfloor\frac{n}{i}\rfloor i^2-\lfloor\frac{m}{i}\rfloor i-\lfloor\frac{n}{i}\rfloor i)=i=1∑min(n,m)(nm+⌊im⌋⌊in⌋i2−⌊im⌋i−⌊in⌋i)
整理综上

ans=(∑i=1nn−∑i=1n⌊ni⌋∗i)(∑i=1mm−∑i=1m⌊mi⌋∗i)−∑i=1min(n,m)(nm+⌊mi⌋⌊ni⌋i2−⌊mi⌋i−⌊ni⌋i)ans=(\sum_{i=1}^nn-\sum_{i=1}^n\lfloor\frac{n}{i}\rfloor*i)(\sum_{i=1}^mm-\sum_{i=1}^m\lfloor\frac{m}{i}\rfloor*i)-\sum_{i=1}^{min(n,m)}(nm+\lfloor\frac{m}{i}\rfloor\lfloor\frac{n}{i}\rfloor i^2-\lfloor\frac{m}{i}\rfloor i-\lfloor\frac{n}{i}\rfloor i)ans=(i=1∑nn−i=1∑n⌊in⌋∗i)(i=1∑mm−i=1∑m⌊im⌋∗i)−i=1∑min(n,m)(nm+⌊im⌋⌊in⌋i2−⌊im⌋i−⌊in⌋i)
最后我们发现i2i^2i2在分块的时候挂掉了，OMG，怎么办！！，告诉你一个结论

∑ini2=n∗(n+1)∗(2n+1)/2∑_i^ni^2=n∗(n+1)∗(2n+1)/2i∑ni2=n∗(n+1)∗(2n+1)/2

最后注意避雷！！！ppp不是个质数，稍微用随便找个互质的数搞个逆元就好了

code

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
#define int long long
#define mod 19940417
int n, m, inv;int qkpow( int x, int y ) {int ans = 1;while( y ) {if( y & 1 ) ans = ans * x % mod;x = x * x % mod;y >>= 1;}return ans;
}int sqr( int x ) {return x * ( x + 1 ) % mod * ( x << 1 | 1 ) % mod * inv % mod;
}int sum( int l, int r ) {return ( l + r ) * ( r - l + 1 ) / 2 % mod;
}int calc( int n ) {int ans = 0;for( int l = 1, r;l <= n;l = r + 1 ) {r = n / ( n / l );ans = ( ans + n * ( r - l + 1 ) % mod - ( n / l ) * sum( l, r ) % mod + mod ) % mod;}return ans;
}signed main() {inv = qkpow( 6, 17091779 );scanf( "%lld %lld", &n, &m );int ans = calc( n ) * calc( m ) % mod;if( n > m ) swap( n, m );for( int l = 1, r;l <= n;l = r + 1 ) {r = min( n / ( n / l ), m / ( m / l ) );int sum1 = n * m % mod * ( r - l + 1 ) % mod;int sum2 = ( n / l ) * ( m / l ) % mod * ( sqr( r ) - sqr( l - 1 ) + mod ) % mod;int sum3 = ( n / l * m % mod + m / l * n % mod ) * sum( l, r ) % mod;ans = ( ans - ( sum1 + sum2 - sum3 + mod ) % mod + mod ) % mod;}printf( "%lld", ans );return 0;
}

走了，题还没做完…

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