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HDU - 5970

分析

很显然\(f(x,y)\)与\(f(x+y*k,y)\)的结果相同,因为它们在第一次取模后会变成相同的式子

我们再看一下数据的范围,突破口肯定在\(m\)那里

那么我们就可以从m开始枚举,对于每一个m,我们分别求出模\(m\)等于\(0,1,2......m-1\)的\(f\)值

那么我们就可以把所有模\(m\)的值相同的数放在一起单独处理

对于每一个单独处理的数列,我们不能简单地进行求和处理,因为会涉及到向下取整的操作

其实,我们再推算一下,\(f(i,j)=gcd(i,j)*gcd(i,j)*c\)

而最后的结果是\(\frac{i*j}{f(i,j)}=\frac{i*j}{gcd(i,j)*gcd(i,j)*c}\)

\(i\)和\(j\)肯定能被\(gcd(i,j)\)整除,所以向下取整一定是以\(c\)为周期的

那我们可以再把这一个数列分成\(c\)个等差数列来处理

首项、公差、项数都非常显然,简单推导就可以得到

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n,m,mod;
ll my_gcd(int aa,int bb,int &g,int &c){
c=0,g=aa;
int t;
while(bb>0){
c++;
t=aa%bb;
aa=bb;
bb=t;
}
g=aa;
return 1ll*aa*aa*c;
}
void solve(){
ll ans=0;
int g,c;
for(int j=1;j<=m;j++){
for(int i=1;i<=j && i<=n;i++){
ll now=my_gcd(i,j,g,c);
for(int k=0;k<c;k++){
if(i+k*j>n) break;
ll a0=(i+k*j)*j/now;
ll d=c*j*j/now;
ll num=(n-(i+k*j))/(c*j)+1;
ans=((ans+a0*num)%mod+num*(num-1)/2%mod*d%mod)%mod;
}
}
}
printf("%lld\n",ans);
}
int main(){
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--){
scanf("%d%d%d",&n,&m,&mod);
solve();
}
return 0;
}

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