AT1278 Counting on a Triangle 题解

题意

一个第 \(n\) 行有 \(n\) 个点的矩阵，其规律为每个点的值为每个点横坐标与纵坐标的乘积，求第 \(A\) 行到第 \(B\) 行所有点的值的和（包括 \(A\)，\(B\) 两行），结果 \(\mod1000000007\)。

暴力做法

枚举每个数并累加取模即可，显然，复杂度 \(\Theta(n^2)\) 的暴力会 TLE，因为数据范围是 \(10^6\)。

优化

仔细观察这个矩阵，我们可以一行一行考虑，

对于第 \(n\) 行，每个点的坐标分别为 \((1,n),(2,n),(3,n)\cdots(n-1,n),(n,n)\)，

这些点的值的和为 \(n + 2n + 3n + \cdots + (n-1)n + n^2\)，

提取公因数后得 \(n(1 + 2 + 3 + \cdots + n-1 + n)\)，

因此问题就转化为了求这个等差数列的和。

运用我们数学课的知识，对一个等差数列求和，其公式为 \(\frac{n(n+1)}{2}\)。

再回到暴力解法，原来的第二层循环就可以替换为等差数列求和，这时就只有一重循环了，时间复杂度 \(\Theta(n)\)。

代码

分析之后代码就很好写了，注意取模，虽然答案再 int 范围内，但是在计算过程中可能会超出 int 范围，所以开 long long 会更保险。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int mod = 1000000007;
ll a, b, ans;
int main() {
	scanf("%lld%lld", &a, &b);
	for(ll i = a; i <= b; i++) {
		ans += (i * (i * (i + 1) / 2) % mod) % mod;
		ans %= mod;
	}
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}