ZOJ 3903 数学

设最长边Z，最短边X，次长边Y，可以枚举所有的组合

Z X Y 3 1 1 3 1 2 3 1 3 3 2 2 3 2 3 3 3 3

易得，

Sum=∑x=1n∑y=xn[z2+(x+y)2](1)

将z2提出，右边分解，可得

Sum1=12n(n+1)⋅z2(2)

Sum2=∑x=1n∑y=xn(x2+y2+2xy)(3)

3式右边可继续分解成两项

Sum3=∑x=1n∑y=xn(x2+y2)(4)

Sum4=∑x=1n∑y=xn2xy(5)

其中4式可约简（观察或数学证明都可得）

Sum3=(n+1)∑x=1nx2(6)

5式（有一个交换变量的技巧）

Sum4=∑x=1nx∑y=xn2y=∑x=1nx∑y=1x2y=∑x=1nx⋅x(x+1)=∑x=1n(x3+x2)(7)

这样就很清楚了，利用立方和和平方和的数列公式得解。

∑x=1nx2=16n(n+1)(2n+1)

∑x=1nx3=14n2(n+1)2

1/6的处理时候使用逆元1/a=ap−2
贴一下代码

LL mod(LL x, LL k){    LL ans = 1;    while(k)    {        if(k & 1)            ans = ans * x % MOD;        k >>= 1;        x = x * x % MOD;    }    return ans;}void cd_test(){    LL n;    scanf("%lld", &n);    n %= MOD;    LL inv2 = mod(2LL, MOD - 2);    LL inv4 = mod(4LL, MOD - 2);    LL inv6 = mod(6LL, MOD - 2);    LL n2 = n * n % MOD;    LL s1 = inv2 * n % MOD * (n + 1) % MOD;    LL s2 = inv6 * n % MOD * (n + 1) % MOD * (2LL * n + 1) % MOD;    LL s3 = inv4 * n2 % MOD * (n + 1) % MOD * (n + 1) % MOD;    LL c1 = n2 * s1 % MOD;    LL c2 = (n + 1) * s2 % MOD;    LL c3 = (s2 + s3) % MOD;    LL ans = ((c1 + c2) % MOD + c3) % MOD;    printf("%lld\n", ans);}