P2261 [CQOI2007]余数求和
题目背景
数学题，无背景
题目描述
给出正整数n和k，计算G(n, k)=k mod 1 + k mod 2 + k mod 3 + … + k mod n的值，其中k mod i表示k除以i的余数。例如G(10, 5)=5 mod 1 + 5 mod 2 + 5 mod 3 + 5 mod 4 + 5 mod 5 …… + 5 mod 10=0+1+2+1+0+5+5+5+5+5=29
输入输出格式
输入格式：
两个整数n k
输出格式：
答案
推导一波：
[Ans = sum_{i = 1}^{n}k \% i
]
[=sum_{i = 1}^{n}k - lfloor frac{k}{i}
floor * i
]
[= n * k - sum_{i = 1}^{n}lfloorfrac{k}{i}
floor * i
]
发现对于后面的 (lfloorfrac{k}{i} floor) 在一段区间内值不变，故 (sum) 部分可以除法分块解决
对于每一块， 我们枚举左端点 (L) ， 计算出右端点 (R) ， 每次计算一块的总值，
右端点的计算方式 （打表得）：令 (t = lfloor frac{k}{L}
floor) ，分两种情况讨论：
(t
ot= 0) ，则 (r = min (lfloor frac{k}{t}
floor , n))
(t = 0) ，则 (R = n) 。
得到了一段区间的左右端点， 由 (ans = lfloorfrac{k}{i} floor * i) ， 因为在此区间内 (lfloorfrac{k}{i} floor) 不变且为上面计算的 (t) ，我们由乘法分配律得到这一区间的答案为区间 (i) 平均值乘以 (t)：$$(R - L + 1) / 2 * t$$
今后还可以用这个方法优化莫比乌斯反演， 在这里姑且先记住
Code
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long
using namespace std;
int RD(){
int flag = 1, out = 0;char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9'){if(c == '-')flag = -1;c = getchar();}
while(c >= '0' && c <= '9'){out = out * 10 + c - '0';c = getchar();}
return flag * out;
}
int main(){
LL n = RD(), k = RD();
LL ans = k * n;
int l, r;
for(l = 1;l <= n;l = r + 1){
LL t = k / l;
if(t)r = min(n, k / t);
else r = n;
ans -= (r - l + 1) * t * (l + r) / 2;
}
printf("%lld
", ans);
return 0;
}