『取模与异或 类欧几里得算法』

<更新提示>

<第一次更新>

---

<正文>

取模与异或

Description

求 \((n\ mod\ 1)\oplus (n\ mod\ 2)\oplus \cdots \oplus (n\ mod\ n)\)。

\(n\leq 10^{11}\)。

Input Format

一行，一个正整数n。

Output Format

一行，一个正整数表示答案

Sample Input

5

Sample Output

2

解析

很容易想到『约数之和 整除分块』这道题。

但是好像还不能直接整除分块做，应该我们不能快速求等差数列异或和之类的东西。于是考虑到异或是不进位加法，那就拆位试试看。

也就是把式子转换成这个样子：

\[\bigoplus_{i=1}^nn\ mod\ i=\sum_{k}\sum_{i=1}^n\left(\left \lfloor \frac{n\ mod\ i}{2^k} \right \rfloor\ mod \ 2\right)\times 2^k \]

于是就可以推式子了

\[\sum_{k}\sum_{i=1}^n\left(\left \lfloor \frac{n\ mod\ i}{2^k} \right \rfloor\ mod \ 2\right)\times 2^k\\\ \\=\sum_{i=1}^n\sum_{k}\left(\left \lfloor \frac{n\ mod\ i}{2^k} \right \rfloor\ mod \ 2\right)\times 2^k\\\ \\=\sum_{i=1}^n\sum_{k}\left(\left \lfloor \frac{n-\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\times i }{2^k} \right \rfloor\ mod \ 2\right)\times 2^k \]

\(k\)代表二进制中的每一位，是不是有点像类欧几里得算法求的那个式子，这引导我们继续推导下去。

首先，枚举\(k\)是\(log_2n\)级别的复杂度，我们能够承受，但是枚举\(n\)的复杂度是承受不了的，我们需要整除分块一下才能把枚举\(n\)的复杂度降下来。

那么我们分块枚举\(n\)，并枚举每一个\(k\)，剩下的就是要快速求这个式子：

\[\sum_{i=l}^{r}\left \lfloor \frac{n-\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\times i }{2^k} \right \rfloor \]

由于\(k,\lfloor \frac{n}{i} \rfloor\)已经枚举了，我们就把有关量给换成常数\(a,c\)。

\[\sum_{i=l}^{r}\left \lfloor \frac{n-\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\times i }{2^k} \right \rfloor=\sum_{i=l}^r\left\lfloor \frac{n-a\times i}{c} \right\rfloor \]

已经很像类欧几里得的式子了，但仍然不能快速求，还要再处理一下下标，化简一下：

\[\sum_{i=l}^r\left\lfloor \frac{n-a\times i}{c} \right\rfloor=\sum_{i=0}^{r-l}\left\lfloor \frac{n-a\times (i+l)}{c} \right\rfloor \]

当\(i\in[0,r-l]\)时，\((i+l)\)和\((r-i)\)取到的值域是一样的，那么我们就换一下：

\[\sum_{i=0}^{r-l}\left\lfloor \frac{n-a\times (i+l)}{c} \right\rfloor=\sum_{i=0}^{r-l}\left\lfloor \frac{n-a\times (r-i)}{c} \right\rfloor\\=\sum_{i=0}^{r-l}\left\lfloor \frac{n-a\times r+a\times i}{c} \right\rfloor\\=\sum_{i=0}^{r-l}\left\lfloor \frac{a\times i+n-a\times r}{c} \right\rfloor \]

还记得\(a=\lfloor \frac{n}{i} \rfloor\)吗？把它带回去。

\[\sum_{i=0}^{r-l}\left\lfloor \frac{a\times i+n-a\times r}{c} \right\rfloor\\=\sum_{i=0}^{r-l}\left\lfloor \frac{a\times i+n-\lfloor \frac{n}{i} \rfloor\times r}{c} \right\rfloor\\=\sum_{i=0}^{r-l}\left\lfloor \frac{a\times i+n\ mod\ r}{c} \right\rfloor \]

设$$f(a,b,c,n)=\sum_{i=0}^n\left\lfloor\frac{a\times i+b}{c}\right\rfloor$$

那么$$\sum_{i=0}^{r-l}\left\lfloor \frac{a\times i+n\ mod\ r}{c} \right\rfloor=f(a,n\ mod\ r,c,r-l)\=f(\left\lfloor \frac{n}{i}\right \rfloor,n\ mod\ r,2^k,r-l)$$

枚举\(l,r,k\)，直接用类欧几里得算法计算即可。

这样做时间复杂度是\(O(\sqrt n\log^2n)\)的，可以直接暴力计算前\(3\times 10^7\)个值，减小常数。

\(Code:\)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline bool f(long long a,long long b,long long c,long long n)
{
    if ( a == 0 ) return ( ( n + 1 ) & ( b / c ) & 1 ) > 0;
    if ( a >= c || b >= c )
    {
        long long val = ( n & 1 ) ? ( n + 1 ) / 2 * n : n / 2 * ( n + 1 );
        return ( ( f( a % c , b % c , c , n ) + ( a / c ) * val + ( n + 1 ) * ( b / c ) ) & 1 ) > 0;
    }
    else
    {
        long long val = ( a * n + b ) / c;
        return ( ( ( val * n ) ^ f( c , c - b - 1 , a , val - 1 ) ) & 1 ) > 0;
    }
}
int main(void)
{
    freopen("mod.in","r",stdin);
    freopen("mod.out","w",stdout);
    long long ans = 0 , n;
    scanf("%lld",&n);
    long long T = min( n , 30000000LL );
    for (int i=1;i<=T;i++)
        ans ^= n % i;
    for (long long l=T+1,r;l<=n;l=r+1)
    {
        r = n/l ? min( n/(n/l) , n ) : n;
        long long lim = n/l * (r-l) + n%r , val = 0;
        for (long long k=1;k<=lim;k<<=1)
            val += f( n/l , n%r , k , r-l ) * k;
        ans ^= val;
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

---

<后记>