この問題は階差数列を問います。

問題の条件は、$A$ が階差数列となることがわかります。さらに $A_1$ が与えられているので、$A$ は一意に定まります。
これらから数列 $A$ の一般項が $A_i=A_1+\displaystyle\sum^{i-1}_{k=1}B_k$ と求めることができます。これは一般に知られていますが、実験してみてもわかります。

さて、問題なのは $A_1+A_2+A_3+...+A_N$ を求めることです。
上の一般項を使って愚直に求めてもいいですが、次のように変形することで解くことも可能です。

• $\displaystyle\sum^{N}_{k=1} A_k=(A_1+\displaystyle\sum^{2-1}_{j=1}B_j)+(A_1+\displaystyle\sum^{3-1}_{j=1}B_j)+(A_1+\displaystyle\sum^{4-1}_{j=1}B_j)+...+(A_1+\displaystyle\sum^{N-1}_{j=1}B_j)=NA_1+\displaystyle\sum^{N}_{i=2}\displaystyle\sum^{i-1}_{j=1}B_j$

よって $NA_1+\displaystyle\sum^{N}_{i=2}\displaystyle\sum^{i-1}_{j=1}B_j=K$ という等式が成り立ち、これから $A_1=\cfrac{K-\displaystyle\sum^{N}_{i=2}\displaystyle\sum^{i-1}_{j=1}B_j}{N}$ の式を得ることができます。
$A$ は整数列といった条件から $A_1$ の値の範囲を考えず、次の問題に帰着することができます。

• $K-\displaystyle\sum^{N}_{i=2}\displaystyle\sum^{i-1}_{j=1}B_j$ が $N$ の倍数であるか判定せよ

これなら簡単な条件分岐で実装することができます。
したがって $\displaystyle\sum^{N}_{i=2}\displaystyle\sum^{i-1}_{j=1}B_j$ の値を求めるのに $O(N)$ だけかかる※1ので、全体で $O(N)$ でこの問題を正解することができます。

余談ですがすべての条件を満たす数列 $A$ は $A_1$ の式からただ $1$ つに定まることがわかります。
実際に証明することもできますが、ここでは省略します。

※1 $\displaystyle\sum^{N}_{i=2}\displaystyle\sum^{i-1}_{j=1}B_j$ は一見 $O(N^2)$ で求めると見えますが、

• $\displaystyle\sum^{N}_{i=2}\displaystyle\sum^{i-1}_{j=1}B_j=B_1+(B_1+B_2)+(B_1+B_2+B_3)+...+(B_1+B_2+...+B_{N-1})$

と見ることができます。つまり数列 $B'=(B_1',B_2',...,B_{N-1}')=(B_1,B_1+B_2,B_1+B_2+B_3,...,B_1+B_2+...+B_{N-1})$ とすると、$B'$ の一般項は

• $B'_1=B_1,\ B_n'=B_{n-1}'+B_n$

と表すことができます(便宜上、漸化式の形で表しています)。
そうして $\displaystyle\sum^{N-1}_{i=1} B_i'=\displaystyle\sum^{N}_{i=2}\displaystyle\sum^{i-1}_{j=1}B_j$ であるので、上の漸化式を用いて計算することで $O(N)$ で実装することができます。

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