2019 acm-icpc银川站F.Function!(数学分块)

给你一个式子 ${\sum }_{a=2}^n(a{\sum }_{b=a}^n\lfloor f_a^{-1}\left(b\right)\rfloor \lceil f_b^{-1}\left(a\right)\rceil )$∑a=2n​(a∑b=an​⌊fa−1​(b)⌋⌈fb−1​(a)⌉)让你求值。
$f_a\left(b\right)=a^b,f_a^{-1}\left(b\right)=lo{g}_{a}b$fa​(b)=ab,fa−1​(b)=loga​b

我们首先观察一下这个式子，显然 $\because b\ge a,\therefore \lceil f_b^{-1}\left(a\right)\rceil =1$∵b≥a,∴⌈fb−1​(a)⌉=1
那么化简一下这个式子就是 ${\sum }_{a=2}^{n}a{\sum }_{b=a}^n\lfloor lo{g}_{a}b\rfloor$∑a=2n​a∑b=an​⌊loga​b⌋，显然右边的对数函数是可以分块计算的，枚举 $a$a,对于每个 $a$a，每次枚举对数函数的答案然后跳即可。当计算到 $a\ast a>n$a∗a>n的时候，那么整个 $b=[a,n]$b=[a,n]的对数答案显然都是1了，这个时候直接 $O\left(1\right)$O(1)计算即可。
注意中间的取模细节。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 2e5 + 10;
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
LL n;
const LL mod = 998244353;
LL pd(LL a,LL b){
    LL ans=1;
    while(b){
        if(b&1)ans=ans*a%mod;
        a=a*a%mod;
        b>>=1;
    }
    return ans;
}
LL get(LL x){
    x%=mod;
    LL inv=pd(6,mod-2);
    return x%mod*(x+1)%mod*(2*x+1)%mod*inv%mod;
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin>>n;
    LL ans=0;
    LL inv=pd(2,mod-2);
    for(LL i=2;i<=n;i++){
        LL res=1;
        if(i*i>n){
            LL q=n%mod;
            ans=ans+(q+1)%mod*(i+q)%mod*(q-i%mod+1+mod)%mod*inv%mod;
            ans=ans-(get(n)-get(i-1)+10ll*mod)%mod+10ll*mod;
            ans%=mod;
            break;
        }
        for(LL l=i,tmp=0;l<=n;l=res,tmp++){
            res*=i;
            if(res>n){
                ans=ans+i%mod*tmp*(n%mod-l+1+mod)%mod;
                break;
            }else{
                ans=ans+i%mod*tmp*(res%mod-l+mod)%mod;
            }
        }
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}