给你一个式子 ∑ a = 2 n ( a ∑ b = a n ⌊ f a − 1 ( b ) ⌋ ⌈ f b − 1 ( a ) ⌉ ) \sum_{a=2}^n{\left( a \sum_{b=a}^n{\lfloor f_{a}^{-1}\left( b \right) \rfloor}\lceil f_{b}^{-1}\left( a \right) \rceil \right)} ∑a=2n(a∑b=an⌊fa−1(b)⌋⌈fb−1(a)⌉)让你求值。 f a ( b ) = a b , f a − 1 ( b ) = l o g a b f_a(b)=a^b,f_a^{-1}(b)=log_ab fa(b)=ab,fa−1(b)=logab
我们首先观察一下这个式子，显然 ∵ b ≥ a , ∴ ⌈ f b − 1 ( a ) ⌉ = 1 \because b\geq a,\therefore\lceil f_{b}^{-1}\left( a \right) \rceil=1 ∵b≥a,∴⌈fb−1(a)⌉=1 那么化简一下这个式子就是 ∑ a = 2 n a ∑ b = a n ⌊ l o g a b ⌋ \sum_{a=2}^n{a \sum_{b=a}^n{\lfloor log_ab \rfloor} } ∑a=2na∑b=an⌊logab⌋，显然右边的对数函数是可以分块计算的，枚举 a a a,对于每个 a a a，每次枚举对数函数的答案然后跳即可。当计算到 a ∗ a > n a*a > n a∗a>n的时候，那么整个 b = [ a , n ] b=[a,n] b=[a,n]的对数答案显然都是1了，这个时候直接 O ( 1 ) O(1) O(1)计算即可。 注意中间的取模细节。
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; const int N = 2e5 + 10; #define fi first #define se second #define pb push_back LL n; const LL mod = 998244353; LL pd(LL a,LL b){ LL ans=1; while(b){ if(b&1)ans=ans*a%mod; a=a*a%mod; b>>=1; } return ans; } LL get(LL x){ x%=mod; LL inv=pd(6,mod-2); return x%mod*(x+1)%mod*(2*x+1)%mod*inv%mod; } int main() { ios::sync_with_stdio(false); cin>>n; LL ans=0; LL inv=pd(2,mod-2); for(LL i=2;i<=n;i++){ LL res=1; if(i*i>n){ LL q=n%mod; ans=ans+(q+1)%mod*(i+q)%mod*(q-i%mod+1+mod)%mod*inv%mod; ans=ans-(get(n)-get(i-1)+10ll*mod)%mod+10ll*mod; ans%=mod; break; } for(LL l=i,tmp=0;l<=n;l=res,tmp++){ res*=i; if(res>n){ ans=ans+i%mod*tmp*(n%mod-l+1+mod)%mod; break; }else{ ans=ans+i%mod*tmp*(res%mod-l+mod)%mod; } } } cout<<ans<<endl; return 0; }