P10886 - Journey 解题报告

大家好！今天我们来攻克 P10886 - Journey 这道题。初看题目，一个包含四层求和的复杂式子可能会让人望而生畏。但别担心，只要我们换个角度思考，问题就会变得清晰起来。

第一步：理解题意，看穿“纸老虎”

题目要求我们计算这个式子的值：

\[\sum_{a=1}^{n}\sum_{b=a+1}^{n+1}\sum_{c=1}^{n}\sum\limits_{i\in \mathrm{range}(a,b,c)} g_i \]

这其实是在说：

我们有三层循环，遍历所有可能的 (a, b, c) 组合。
对于每一组 (a, b, c)，都会生成一个序列 range(a, b, c)。
我们把这个序列里所有元素的 g 值加起来。
最后，把所有 (a, b, c) 组合算出的和全部累加，得到最终答案。

直接按这个流程模拟，四层循环，时间复杂度至少是 O(n^4)，对于 n 高达 2 \times 10^7 的数据，电脑肯定会算到“地老天荒”。所以，我们必须另辟蹊径。

第二步：转变思路，从“贡献”出发

当遇到复杂的求和问题时，有一个屡试不爽的技巧：转换求和主体，也叫计算贡献。

原始思路：对于每一组 (a, b, c)，它贡献了哪些 g_i？
新思路：对于每一个 g_i，它被多少组 (a, b, c) 算进去了？

这样，总和就可以表示成：

\[\text{总和} = \sum_{i=1}^{n} g_i \times (\text{g}_i \text{被计算的次数}) \]

问题瞬间简化！我们只需要对每个 g_i，算出它的“出场次数”，然后乘上 g_i 本身，最后把所有 i 的结果加起来就行了。

第三步：分析 gᵢ 的“出场”条件

现在，我们的核心任务是：对于一个固定的 i，究竟什么样的 (a, b, c) 才能让 i 出现在 range(a, b, c) 里呢？

range(a, b, c) 的序列是 [a, a+c, a+2c, ...]。元素 i 在其中，必须满足三个条件：

i 不能比首项 a 还小，即 a \le i。
序列的上限是 b（不包含 b），所以 i 必须小于 b，即 i < b。
i 必须是从 a 开始，每次跳 c 步能到达的位置。这意味着 i 和 a 的差值 (i-a) 必须是步长 c 的整数倍。换句话说，c 必须是 (i-a) 的一个因数。

我们来统计满足以上三点以及题目本身限制（1 \le a \le i，i+1 \le b \le n+1，1 \le c \le n）的 (a, b, c) 有多少组。

b 的选择：b 的范围是 [i+1, n+1]，共有 (n+1) - (i+1) + 1 = n + 1 - i 种选择。这很简单，只和 i 有关。
a 和 c 的选择：a 和 c 的选择是关联的。我们来分析 a 的不同取值：
- 情况一：当 a = i 时
  这时 i-a = 0。条件 c | (i-a) 变成了 c | 0。任何正整数（除了0自己）都是0的倍数，所以 c 可以是 1 到 n 中的任意一个整数。因此，c 有 n 种选择。
- 情况二：当 a < i 时 (即 1 \le a \le i-1)
  这时 i-a 是一个正数。c 必须是 i-a 的因数。我们记 d(x) 为 x 的因数个数。那么对于一个固定的 a，c 就有 d(i-a) 种选择。（因为 a < i \le n，所以 i-a 的所有因数都小于 n，都在 c 的取值范围内）。
  a 可以从 1 取到 i-1，所以这部分总的 (a, c) 组合数就是：
  
  \[\sum_{a=1}^{i-1} d(i-a) \]
  这个求和式看起来很熟悉。我们换个元，令 j = i-a。当 a 从 1 变到 i-1 时，j 就从 i-1 变到 1。所以上式等价于：
  
  \[\sum_{j=1}^{i-1} d(j) \]
  这不就是 d(x) 函数的前缀和 吗！

综合以上，对于一个 g_i，它的总出场次数是：

\[\text{次数}_i = (\text{b 的选择数}) \times (\text{a 和 c 的总选择数}) \\ = (n+1-i) \times \left( \left(\sum_{j=1}^{i-1} d(j)\right) + n \right) \]

第四步：高效实现，冲向终点

我们已经有了清晰的公式，现在需要考虑如何高效地计算它。

生成 g 序列：这很简单，根据题目给的递推公式，从 g_n 倒着循环算出 g_{n-1}, ..., g_1 即可。记得随时取模。
预处理 d(x) 和它的前缀和：这是本题的性能关键。我们需要快速求出 1 到 n 所有数的因数个数。
- 线性筛法：这是一个神奇的算法，可以在 O(n) 的时间内预处理出很多数论函数，包括我们需要的“因数个数函数” d(n)。它的原理是在筛选素数的同时，利用数的最小质因子信息来递推计算 d(n)。虽然具体实现稍显复杂，但它是解决这类问题的标准武器。
- 得到所有 d(1), d(2), ..., d(n) 后，我们再用一个循环计算出它们的前缀和 S[k] = \sum_{j=1}^{k} d(j)。
计算最终答案：万事俱备！我们只需写一个循环，从 i=1 到 n：
- 查表得到 d(j) 的前缀和 S[i-1]。
- 根据我们的公式 count = (n+1-i) * (S[i-1] + n) 计算出 g_i 的出场次数。
- 将 g_i * count 累加到最终答案 ans 中。
- 整个计算过程中，要注意使用 long long 防止乘法溢出，并及时对 10^9 + 7 取模。

代码解读

题解中的代码完美地实现了上述流程：

#include<bits/stdc++.h>
// ... 省略头文件和常量定义 ...

// 核心函数 get(n): 使用线性筛预处理因数个数 d(i) (代码中是 f[i]) 及其前缀和
inline void get(int n){
	f[1]=1; // d(1) = 1
	// 线性筛主体
	for (int i=2;i<=n;i++){
		// ... 复杂的线性筛逻辑，用于计算 f[i] = d(i) ...
	}
	// 将 f[i] 转换为 d(i) 的前缀和
	for (int i=1;i<=n;i++) f[i] = (f[i] + f[i-1]) % mod; // 注意取模
}

main(){
	// 读入
	int n=read(),A=read(),B=read(),C=read();b[n]=read();
	
	// 步骤一：预处理
	get(n);
	
	// 步骤二：生成 g 序列 (代码中是 b 数组)
	for (int i=n-1;i>0;i--)
		b[i]=(1ll*A*b[i+1]%mod*b[i+1]%mod+1ll*B*b[i+1]%mod+C)%mod;

	int ans=0;
	// 步骤三：循环计算最终答案
	for (int i=1;i<=n;i++){
		// sum = S[i-1] (d(j)的前缀和)
		long long sum = f[i-1]; 
		// 计算 g_i 的总贡献
		// 贡献 = g_i * (n+1-i) * (S[i-1] + n)
		long long term1 = (1ll * b[i] * (n + 1 - i)) % mod;
		long long term2 = (sum + n) % mod;
		ans = (ans + (term1 * term2) % mod) % mod;
	}
	cout << ans;
	return 0;
}

（为方便理解，我对原代码的计算逻辑进行了展开解释，原代码将几步合并在了一起。）

总结

这道题的解题之旅，就像一次从复杂到简单的探索：

看穿本质：将复杂的四重求和，转化为对每个 g_i 的贡献计数。
数学分析：推导出计算 g_i 贡献次数的精确公式。
算法加速：利用线性筛这一高效工具，将 O(n^4) 的不可能变成了 O(n) 的可行。

希望这份报告能帮助你轻松掌握这道题的精髓！

posted @ 2025-07-21 15:09 surprise_ying 阅读(9) 评论(0) 收藏举报

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