HDU 5970 最大公约数

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思路：考虑f(i,j)的含义，它表示辗转相除次数c和gcd(i,j)的平方的乘积。
因为对任意1<=t<=n，均有t%j=i(0<=i<=j-1)，所以可以对m，即对j进行暴力。对i的值分情况考虑，由性质可得f(i+k∗j,j)=f(j,(i+k*j)%j)=f(j,i%j)和f(i,j)=f(j,i%j)。

打表观察：
eg1：i为模9余7的数 ，j为9，则i*j/f(i,j) 有这样的规律：

括号内为相邻值的差，而这个差是有循环节的，也就意味着，这可以看作4个等差数列（15，96，177……为第一个）。又发现f(i,j)的c(辗转相除的次数)为4，然后就大胆猜测c就是循环节，即有c个等差数列。又试了几个数，果然是这样。

eg2：i为模9为5的数 ，j为9，则i*j/f(i,j) 有这样的规律：

因为f(i+k*j, j)和f(i,j)的辗转次数相等，所以考虑延长循环节，把cj看成是循环节。
gcd的计算次数是log级别的，所以总的复杂度就是O(T*m^2*log(m))
完整代码：

#include<cstdio>using namespace std;long long f(int x,int y,int &gcd,int &c){    c=0;    int t;    while(y){        c++,t=x%y;        x=y,y=t;    }    gcd=x;    return x*x*c;}//f()表示辗转相除次数c和gcd(i,j)的平方的乘积long long n,m,p;void solve(){    int ans=0,g,c;    long long ff,A0,d,num;    for(int j=1;j<=m;j++){//对j的余数分情况考虑         for(int i=0;i<j&&i<=n;i++){            ff=f(i,j,g,c);//同余的数ff相同             d=c*j*j/ff;//公差            for(int k=0;k<c;k++){                if(i+k*j>n) break;//不能忽略                 A0=(i+k*j)*j/ff;//首项                  num=(n-(i+k*j))/(c*j)+1;//项数                 ans=(ans+A0*num%p+num*(num-1)/2%p*d%p)%p;            }//等差数列求和         }    }    printf("%d\n",ans);}int main(){    int T;    scanf("%d",&T);    while (T--){        scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&p);        solve();    }    return 0;}