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

 

输入输出样例

输入样例#1： 

10 5

输出样例#1： 

29

说明

30%: n,k <= 1000

60%: n,k <= 10^6

100% n,k <= 10^9

Solution:

　　本题$zyys$的数论分块。

　　类似于$Ahoi$约数研究的思路。

　　首先，对取模式子化简得：$k;mod;i=k-i imeslfloor{k/i} floor$。

　　所以最后的$ans=sumlimits_{i=1}^{n}{(k-i imeslfloor{k/i} floor)}=n imes k-sumlimits_{i=1}^{n}{i imeslfloor{k/i} floor}$

　　对于$i imeslfloor{k/i} floor$中，$lfloor{k/i} floor$有许多是相同的，假设$x=lfloor{k/i} floor$（$i$为第一次出现$x$值的下标），则$i_{max}=lfloor{k/x} floor$，从$i$到$i_{max}$共有$i_{max}-i+1$个$x$。

　　注意到$i imeslfloor{k/i} floor$中还有系数$i$，而$i$到$i_{max}$是递增的（每次加$1$），所以是一个公差为$x$的等差序列，直接套上等差数列求和公式即可。

　　因为$ileq n$且$lfloor{k/i} floor$可能为$0$，所以记得判断边界。

　　由于$lfloor{k/i} floor$的值最多有$2 imessqrt{n}$个，所以时间复杂度为$O(sqrt{n})$。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define il inline
#define ll long long
#define For(i,a,b) for(int (i)=(a);(i)<=(b);(i)++)
#define Bor(i,a,b) for(int (i)=(b);(i)>=(a);(i)--)
#define Max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define Min(a,b) ((a)>(b)?(b):(a))
using namespace std;
ll ans=0,n,k;

int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin>>n>>k;
    int p;
    ans=n*k;
    for(ll i=1;i<=n;i=p+1){
        p=(k/i?Min(k/(k/i),n):n);
        ans-=(k/i)*(i+p)*(p-i+1)/2;
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}