給定n,
k,p ，求 (∑
ni=1
1i)modpk
若答案不存在則輸出-1n∗
pk≤10
18 p≤
105 p
為質數這道題的確是道不錯的數學題。設f
(n,k
)=(∑
ni=1
1i)modpk
那麼我們將1,
2,⋯n
分為兩類：
1. p
的倍數，設為集合
s2. 其他，設為集合t
那麼很顯然，集合
t中的數都與pk
互質，也就是說存在逆元。那麼f(
n,k)
的存在等價於
s 的貢獻是存在的。
我們考慮怎麼計算
s的貢獻。
很顯然的，s=
∑i=1
⌊np⌋
1i∗p
=1p∗
∑i=1
⌊np⌋
1i但我們這樣無法計算1p
。考慮乙個事實： 若a
modp=c
，那麼(k
∗a)mod(k
∗p)=
(k∗c
) 因此，我們可以考慮計算 (∑
i=1⌊
np⌋1
i)modpk+
1=f(
⌊np⌋
,k+1
) 然後s
=f(⌊
np⌋,
k+1)
p 當然，這裡有乙個細節，就是假如f(
⌊np⌋
,k+1
) 不是
p 的倍數，那麼f(
n,k)
就不存在了。
並且可以發現這樣遞迴下去，n∗
pk的值不變，所以pk
永遠不大於
1018
，但n 變為了⌊n
p⌋那麼我們就相當於可以遞迴到乙個子問題求解了。
接下來考慮集合
t 的貢獻。
先假設n
modp=p
−1，對於其他情況是類似的，只是可以少些邊界。
那麼集合
t 的數都是這樣的形式(a
+i∗p
)，其中0≤
i≤⌊n
p⌋,0
<
a所以 t=
∑a=1
p−1∑
i=0⌊
np⌋(
a+i∗
p)−1
但這樣還是計不了啊。
讓我們考慮一下怎麼計1a
+i∗p
我們有以下式子： 1a
+i∗p
=11+
i∗pa
a 並且根據等比數列求和，當存在某個
i ，滿足xi
→0時，有 11
−x=1
+x+x
2+x3
+⋯那記a−
1=x ，我麼有 1a
+i∗p
=x∗[
1+(−
ixp)
+(−i
xp)2
+(−i
xp)3
+⋯]
又因為我們只需要計算
modp
k 下的答案，那麼1a
+i∗p
=x∗[
1+(−
ixp)
+(−i
xp)2
+(−i
xp)3
+⋯+(
−ixp
)k]
我們將這條式子代入到之前的式子中，可以得到 t=
∑a=1
p−1∑
i=0⌊
np⌋(
a+i∗
p)−1
=∑a=
1p−1
∑i=0
⌊np⌋
a−1∑
b=0k
(−ia
−1p)
b 我們交換一下列舉順序，可以發現： t=
∑a=1
p−1a
−1∑b
=0k(
−a−1
p)b∑
i=0⌊
np⌋(
i)b
由於保證了n∗
pk≤10
18 ，且p≤
105，我們就可以直接列舉a,
b ，可以發現，對於後面的式子就是乙個自然數冪和問題。並且式子與
a 無關，所以可以先用矩陣預處理出來。
那麼計算
t的貢獻的複雜度就是o(
p∗k+
k3)
考慮總體的複雜度，設t(
n,k)
為計算f(
n,k)
的複雜度，那麼有 t(
n,k)
=t(⌊
np⌋,
k+1)
+o(p
∗k+k
3)≈p
∗k∗l
ogn+
k3lo
gn
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