[CQOI2007] 余数求和

Description

求 (sum_{i=1}^n;k;mod;i)

Solution

先化简式子
(sum_{i=1}^n;k;mod;i=sum_{i=1}^nk-lfloor{frac{k}{i}} floor=k imes n-sum_{i=1}^nlfloor{frac{k}{i}} floor)

用样例打表找规律之后，发现 (lfloor{frac{k}{i}} floor) 分别在一定的区域内相等。

所以用分块除法来做这题。

首先定义 (t=lfloor{frac{k}{i}} floor)

用 (l) 来代表我们当前除法块的左边界， (r) 来代表右边界，我们让一开始的 (l=1) ，因为第一块除法块的开头永远都是从 (1) 开始,然后我们可以通过 (l) 来求出 (r) 。

t=k/l;
if(!t) break;
r=std::min(k/t,n);

因为我们的定义是 (t=lfloor{frac{k}{i}} floor)

所以我们可以直接让 (t=k/l) 来求出他当前除法块的商，因为连续一块除法块的商都是相等的（不相等就绝对不是同一块），这样我们算出了 (t) ，然后就通过 (t) 来找 (l)

当 (t=0) 时，(r=n)。

当 (t!=0) 时，(r=min(lfloor{frac{k}{t}} floor,n))

解释如下，因为当 (t=0) 时，后面那一块肯定都是大于 (k) 的那一段，所以我们直接让 (r=n) ，算出最后这一大块，当 (t!=0) 的时候，我们让 (r=lfloor{frac{k}{t}} floor)，这样可以算出有这个整除的商的最大的一个整数是多少，因为 (lfloor{frac{k}{t}} floor) 可能会大于 (n) ，所以我们加上一个 (min) 函数，防止他超过边界。 有了右边界，每一块的和也就好求了

剩下的就是用 (n imes k)减去每一块的值就好了

摘自

Code

#include<cstdio>
#include<iostream>
#define int long long

int ans;
int n,k;

signed main(){
	int r;
	scanf("%lld%lld",&n,&k);
	for(int i=1;i<=n;i=r+1){
		int t=k/i;
		if(!t) break;
		r=std::min(k/t,n);
		ans+=t*(i+r)*(r-i+1)/2;
		//printf("i=%lld,ans=%lld
",i,ans);
	}
	printf("%lld
",n*k-ans);
	return 0;
}