力扣2834. 找出美丽数组的最小和

题目描述：

给你两个正整数：n 和 target 。

如果数组 nums 满足下述条件，则称其为 美丽数组 。

• nums.length == n.
• nums 由两两互不相同的正整数组成。
• 在范围 [0, n-1] 内，不存在 两个 不同 下标 i 和 j ，使得 nums[i] + nums[j] == target 。

返回符合条件的美丽数组所可能具备的 最小 和，并对结果进行取模 109 + 7。

提示：

• 1 <= n <= 109
• 1 <= target <= 109

思路：

这题的思路很简单，求小于等于1到target/2的前缀和以及[target,n-target+1]的区间和。很容易想到用等差求和公式（a1+an）*n/2来求解，但是项数太大，求得的结果可能会爆long long ，而且模运算没有除法。这里我们就需要利用逆元：

a/b(mod p)同余于a*b*B(mod p),B是b对于模数p的逆元，且b*B模p同余于1
求逆元主要有两中方式，一种是利用费马小定理，当a,p互质，a对p的逆元B就等于a^p-2(这一步可以用快速幂求).第二种是利用扩展欧几里得，通过b*B(mod p)同余于1，解得B.
最后值得注意的是，如果两数相乘mod p爆long long，我们可以用龟速乘法，原理和快速幂相识，化整体为局部，乘法转化为加法，既然一次性相乘太大，我们可以先加一部分（二进制分割）再模p。

代码：

const int mod=1e9+7;
 
int exgcd(int a,int b,int& x,int& y){
   if(!b){
       x=1;
       y=0;
       return a;
   }
   int d=exgcd(b,a%b,y,x);
   y-=a/b*x;
   return d;
}
 
long long  km(long long a,long long  b){
    long long res=1;
    while(b){
        if(b&1)res=res*a%mod;
        a=a*a%mod;
        b>>=1;
    }
    return res%mod;
}
 
int guim(long long a,long long b){
    long long res=0;
    while(b){
        if(b&1)res=(res+a)%mod;
        a=(a+a)%mod;
        b>>=1;
    }
    return res;
}
class Solution {
public:
    int minimumPossibleSum(int n, int target) {
        int k=target/2;
        if(k>=n)k=n;
        long long ans=(long long)(1+k)*k/2;
       ans=ans%mod;
        n=n-k;
        long long a=target;
        long long m=km(2,mod-2);
        cout<
        long long r1=(long long)(2*a+n-1)*n%mod;
        r1=guim(r1,m);
        ans=(ans+r1)%mod;
        return ans%mod;
    }
};