引言

这几道题主要都是考察数学，如果数学学的不好，推不出来公式，或者是你的数学思维不好都是做不出来的，所以说数学真的很重要，不过其实能考的数学也就那几个，无非就是很多而已，把常见的题型会了就行了，加油！

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一、因数平方和

标签：数学、贡献法、整数划分

思路：如果是单一求每一个 $f(x)$ 那么即使每一个是 $O(logN)$的时间复杂度，那么也要 $O(NlogN)$，而 $n<=10^9$明显已经超时了，所以可以换一种思路。用贡献法，那么每个约数 $i$ 对结果的贡献应该是 ${\sum }_{i=1}^n\frac{n}{i}\cdot i^2$ ，而最多只可能有 $2\sqrt{n}$ 个不同的约数，而这个可以用整数划分来做，把每一个 $\frac{n}{i}$相等的数划分到一块，这样就可以根据平方和公式来 $i^2$了，然后可以用二分或者公式求出 $\frac{n}{y}=x$的最大的y，也就是 $\frac{n}{x}$ ，最后处理一下$S_n$ 即可，可用逆元或者__int128来处理。 $$平方和公式：S_n=\frac{n\cdot (n+1)\cdot (2n+1)}{6}$$

题目描述：

记 f(x) 为 x 的所有因数（约数）的平方的和。例如：f(12)=12+22+32+42+62+122。定义 g(n)=∑i=1nf(i)。给定 n，求 g(n) 除以 109+7 的余数。输入格式
输入一行包含一个正整数 n。输出格式
输出一个整数表示答案 g(n) 除以 109+7 的余数。数据范围
对于 20% 的评测用例，n≤105。
对于 30% 的评测用例，n≤107。
对于所有评测用例，1≤n≤109。输入样例：
100000
输出样例：
680584257

示例代码一：__int128写法 (1e38)

#include <iostream>
#include <algorithm>using namespace std;typedef long long LL;const int MOD = 1e9+7;int n;LL calc(int n)
{return n * (__int128)(n + 1) * (2 * n + 1) / 6 % MOD;
}int main()
{cin >> n;LL res = 0;for(int i = 1; i <= n;){int x = n / i, y = n / x;res = (res + (calc(y) - calc(i-1)) * x) % MOD;i = y + 1;}cout << (res + MOD) % MOD << endl;return 0;
}

示例代码二：逆元写法

#include <iostream>
#include <algorithm>using namespace std;typedef long long LL;const int MOD = 1e9+7;int n;//这样求也可以，前提是6与MOD是互质的
// LL qmi(LL a, LL k, int p)
// {
//     LL res = 1;
//     while(k)
//     {
//         if(k & 1) res = res * a % p;
//         k >>= 1;
//         a = a * a % p;
//     }//     return res;
// }// LL calc(int n)
// {
//     return n * (n + 1ll) % MOD * (2 * n + 1) % MOD * qmi(6,MOD-2,MOD) % MOD;
// }LL calc(int n)
{return n * (n + 1ll) % MOD * (2 * n + 1) % MOD * 166666668 % MOD;
}int main()
{//逆元就是除上一个数取模和乘上一个数取模的结果一样// for(int i = 1; ; ++i)// {//     if(i * 6 % MOD == 1)//     {//         cout << i << endl;//         return 0;//     }// }cin >> n;LL res = 0;for(int i = 1; i <= n;){int x = n / i, y = n / x;res = (res + (calc(y) - calc(i-1)) * x) % MOD;i = y + 1;}cout << (res + MOD) % MOD << endl;return 0;
}

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二、爬树的甲壳虫

标签：数学、概率论、数学期望、逆元、快速幂

思路：这道题就是推公式，公式就不推了，说一下最后的结论：$$res=(res+1)\ast y\ast (y-x{)}^{-1}$$

题目描述：

示例代码：

#include <cstdio>
#include <iostream>using namespace std;typedef long long LL;const int MOD = 998244353;int n;LL qmi(LL a, LL k, int p)
{LL res = 1;while(k){if(k & 1) res = res * a % p;k >>= 1;a = a * a % p;}return res;
}int main()
{scanf("%d", &n);LL res = 0;while(n--){int x, y;scanf("%d%d", &x, &y);res = (res + 1) * y % MOD * qmi(y-x, MOD-2, MOD) % MOD;}cout << res << endl;return 0;
}

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三、改变数组元素

标签：差分

思路：这道题用暴力做的话就能过 $8/10$ 的样子，然后再细看这道题就是对一段下标操作，如果操作过就是 $1$ ，没有操作过就是 $0$ ，那么可以用差分的思想，对于操作过的一段，可以直接加一，代表操作的次数，最后如果操作的次数不是 $0$ ，那么就输出 $1$ 就行了。

题目描述：

给定一个空数组 V 和一个整数数组 a1,a2,…,an。现在要对数组 V 进行 n 次操作。第 i 次操作的具体流程如下：从数组 V 尾部插入整数 0。
将位于数组 V 末尾的 ai 个元素都变为 1（已经是 1 的不予理会）。
注意：
ai 可能为 0，即不做任何改变。
ai 可能大于目前数组 V 所包含的元素个数，此时视为将数组内所有元素变为 1。
请你输出所有操作完成后的数组 V。输入格式
第一行包含整数 T，表示共有 T 组测试数据。
每组数据第一行包含整数 n。
第二行包含 n 个整数 a1,a2,…,an。输出格式
每组数据输出一行结果，表示所有操作完成后的数组 V，数组内元素之间用空格隔开。数据范围
1≤T≤20000,1≤n≤2×105,0≤ai≤n,保证一个测试点内所有 n 的和不超过 2×105。输入样例：
3
6
0 3 0 0 1 3
10
0 0 0 1 0 5 0 0 0 2
3
0 0 0
输出样例：
1 1 0 1 1 1
0 1 1 1 1 1 0 0 1 1
0 0 0

示例代码：

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long LL;const int N = 2e5+10;int T, n;
int b[N];void insert(int l, int r)
{b[l]++, b[r+1]--;
}int main()
{ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);cin >> T;while(T--){cin >> n;memset(b, 0, sizeof b);for(int i = 1; i <= n; ++i){int t;cin >> t;if(t == 0) continue;else if(t > i) {insert(1, i);}else{insert(i-t+1,i);}}for(int i = 1; i <= n; ++i) {b[i] += b[i-1];if(b[i]) cout << 1 << " ";else cout << 0 << " ";}cout << endl;}return 0;
}