UVA1384 题解

一句话题意：

求 \(\sum \limits_{i=1}^{n} \sum \limits_{j=1}^i \left[ \left( \sum \limits_k \left \lfloor \dfrac{i}{p^k} \right \rfloor -\left \lfloor \dfrac{j}{p^k} \right \rfloor -\left \lfloor \dfrac{i-j}{p^k} \right \rfloor \right)=0 \right]\)，保证 \(p\) 为质数。

因为

\[j \le i \]

所以

\[\left \lfloor \dfrac{i}{p^k} \right \rfloor -\left \lfloor \dfrac{j}{p^k} \right \rfloor -\left \lfloor \dfrac{i-j}{p^k} \right \rfloor \ge 0 \]

并且

\[(i-j) \bmod p^k \ge 0 \]

因为

\[\begin{aligned} \left \lfloor \dfrac{i}{p^k} \right \rfloor -\left \lfloor \dfrac{j}{p^k} \right \rfloor -\left \lfloor \dfrac{i-j}{p^k} \right \rfloor & = \dfrac{i - i \bmod p^k}{p^k} - \dfrac{j - j \bmod p^k}{p^k} -\dfrac{(i-j) - (i-j) \bmod p^k}{p^k} \\ & = \dfrac{j \bmod p^k - i \bmod p^k + (i-j) \bmod p^k}{p^k} \end{aligned} \]

所以，当

\[\left \lfloor \dfrac{i}{p^k} \right \rfloor -\left \lfloor \dfrac{j}{p^k} \right \rfloor -\left \lfloor \dfrac{i-j}{p^k} \right \rfloor =0 \]

时，有

\[\dfrac{j \bmod p^k - i \bmod p^k + (i-j) \bmod p^k}{p^k} = 0 \]

即

\[j \bmod p^k - i \bmod p^k + (i-j) \bmod p^k = 0\]

即

\[j \bmod p^k - i \bmod p^k = -(i-j) \bmod p^k \le 0\]

所以

\[\sum \limits_k \left \lfloor \dfrac{i}{p^k} \right \rfloor -\left \lfloor \dfrac{j}{p^k} \right \rfloor -\left \lfloor \dfrac{i-j}{p^k} \right \rfloor =0 \Leftrightarrow i \bmod p^k \ge j \bmod p^k \]

所以如果将 \(i\) 和 \(j\) 转换为 \(p\) 进制，则 \(i\) 的第 \(k\) 位大于等于 \(j\) 的第 \(k\) 位。

又因为 \(i \le n\)，\(j \le n\)，则在 \(p\) 进制下，\(i\) 的第 \(k\) 位和 \(j\) 的第 \(k\) 位都小于等于 \(n\) 的第 \(k\) 位。

所以只要将 \(n\) 转换为 \(p\) 进制，在将每一位 \(+1\) 相乘就得到结果了。