str 学数学 题解

**Example 1 (str 学数学) **str 同学因为名字里含有一个 str，所以觉得字符串对于他来说太简单了，于是他开始了他的数学之旅。

在旅途中str遇到了刚抽到胡桃的 lyl，而 lyl 同学正沉浸在出货的喜悦之中，为了能收获双倍喜悦，他便询问 str，他选的区间内有多少个幸运数字，str觉得这个问题和字符串一样简单，于是把这个问题交给了你。

共有 $T$ 组询问，每次给出两个正整数 $L,R$，你需要判断有多少 $n$，$L \leq n \leq R$ 使得方程

$$\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \left \lfloor \frac {ij} {n+1} \right \rfloor = \frac {n^2 (n-1)}{4}$$

成立。

请输出你得到的答案。

数据范围：$1 \leq T \leq 10000$，$1 \leq L \leq R \leq 10^7$

样例输入：

4
1 4
2 8
1 10
1 100

样例输出：

3
3
5
26

来源：2023 年寒假集训 B 组总结赛

考场上当然是打表找规律了，但非常愚钝地没看出来……

结论是，$n$ 是一个幸运数字，当且仅当 $n+1$ 是一个质数。下面提供两种证明方法。

Official Solution

出题人提供的非常有技巧性的解法。

$$\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \left \lfloor \frac {ij} {n+1} \right \rfloor = \frac {n^2 (n-1)}{4}$$

考虑为 $\lfloor \frac {ij} {n+1} \rfloor$ 配对，

$$\begin{aligned} \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \left \lfloor \frac {ij} {n+1} \right \rfloor + \left \lfloor \frac {i(n-j+1)} {n+1} \right \rfloor &= \frac {n^2 (n-1)}{2} \\ \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \left \lfloor \frac {ij} {n+1} \right \rfloor + \left \lfloor i - \frac {ij} {n+1} \right \rfloor &= \frac {n^2 (n-1)}{2} \\ \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n i - [ n+1 \nmid ij ] &= \frac {n^2 (n-1)}{2} \\ \frac{n^2 (n+1)}{2} - \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n [ n+1 \nmid ij ] &= \frac {n^2 (n-1)}{2} \\ \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n [ n+1 \nmid ij ] &= n^2 \end{aligned}$$

即要求 $n+1 \nmid ij$ 对任意 $1 \leq i,j \leq n$ 成立。因此根据质数定义，$n+1$ 就是且只能是质数了。

Alternative Solution

考场上推了一半的想法。

$$\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \left \lfloor \frac {ij} {n+1} \right \rfloor = \frac {n^2 (n-1)}{4}$$

注意到 $a \bmod b = a - b \lfloor \frac a b \rfloor$，考虑构造取模

$$\begin{aligned} \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n (n+1) \left \lfloor \frac {ij} {n+1} \right \rfloor = \frac {n^2 (n-1)(n+1)}{4} \\ \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n ij - ij \bmod (n+1) = \frac {n^2 (n-1)(n+1)}{4} \\ \left( \frac {n(n+1)}{2} \right)^2 - \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n ij \bmod (n+1) = \frac {n^2 (n-1)(n+1)}{4} \\ \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n ij \bmod (n+1) = \frac {n^2 (n+1)} {2} \end{aligned}$$

考虑固定 $i$，研究 $j$ 变化下左式的情况。方便起见，我们将上式左侧 $j$ 的取值范围扩展至 $0$ 到 $n$：

$$\sum_{i=1}^n \sum_{j=0}^n ij \bmod (n+1) = \frac {n^2 (n+1)} {2}$$

细心的读者或许已经发现，当 $\gcd(i,n+1) = 1$ 恒成立，即 $n+1$ 为质数时，$ij \bmod (n+1)$ 将取遍 $0$ 到 $n$，此时左右两式相等。下面我们证明这是上式相等的充分必要条件。

仍从 $ij \bmod (n+1)$ 的取值下手，我们研究如下以 $j$ 和 $t$ 为变量的不定方程的解

$$ij + (n+1) t = m \pod{0 \leq m < n+1}$$

由裴蜀定理（Bézout’s identity），方程有解的充分必要条件为 $\gcd(i,n+1) \mid m$。不妨记 $d = \gcd(i,n+1)$，$m = k d$，方程变为

$$ij + (n+1) t = kd \pod{0 \leq k < \frac {n+1} d}$$

写出该不定方程的通解

$$\left \{ \begin{aligned} j &= j_0 + s \cdot \frac{n+1}{d}\\ t &= t_0 - s \cdot \frac{i}{d} \end{aligned} \right . \pod{s \in \mathbb Z}$$

不难发现，对 $0 \le k < \frac n d$，上述不定方程在 $0 \leq j \leq n$ 的范围内总有 $d$ 个解，这意味着 $ij \bmod (n+1)$ 将有 $d$ 次取到 $kd$。故我们有

$$\begin{aligned} \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n ij \bmod (n+1) &= \sum_{i=1}^n d \sum_{k=0}^{\frac {n+1}{d} -1} kd \\ &= \sum_{i=1}^n d^2 \sum_{k=0}^{\frac {n+1}{d} -1} k \\ &= \frac 1 2 \sum_{i=1}^n d^2 \left( \frac {n+1} d - 1 \right) \frac {n+1} d \\ &= \frac {n+1} 2 \sum_{i=1}^n (n+1-d) = \frac{n^2 (n+1)}{2} \end{aligned}$$

化简即得

$$\begin{aligned} \sum_{i=1}^n (n+1-d) &= n^2 \\ \sum_{i=1}^n d &= n \\ \sum_{i=1}^n \gcd(i, n+1) &= n \end{aligned}$$

显然上式等价于对任意 $1 \leq i \leq n$，$\gcd(i, n+1) = 1$ 恒成立。因此我们证明了 $n+1$ 是质数是原方程成立的充分必要条件。