除法分块

计算一个式子：$\sum\limits_{i = 1}^n \cfrac{n}{i}$。
很明显可以直接一个$for$循环，$O(n)$求出结果，但是我们可以将其优化到$O(\sqrt n)$。

例题 AcWing199. 余数之和

给定正整数n和k，计算$(k \mod 1) + (k \mod 1) + ... + (k \mod n)$的值。 $1 \leq n, k \leq 10^9$。

首先我们知道$k \mod i = k - \lfloor \cfrac{k}{i} \rfloor * i$
所以上边式子可以化简为，$n * k - \sum\limits_{i = 1}^n \lfloor \cfrac{k}{i} \rfloor * i$，所以我们最主要的就是处理$\lfloor \cfrac{k}{i} \rfloor$。

首先对于$n = 10$、$k = 5$打个表，$i \in [1, n]$：（渲染之后，表格糊了，凑合看吧）

k	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
k/i	5	2	1	1	1	0	0	0	0	0

很明显，我们发现$\lfloor \cfrac{k}{i} \rfloor$的值呈区间变化，而除法分块就是让我们可以快速算出每一个区间的$l$和$r$端点，然后计算即可。

对于每一个区间，左端点$x = gx + 1$我们可以直接更新，然后对于右端点，先说结论，$gx = \lfloor k / \lfloor k / x\rfloor \rfloor$。

为什么呢？
对于$x \in [1, k]，$我们设$g(x) = \lfloor k / \lfloor k / x\rfloor \rfloor$。首先明白$f(x) = k / x$是一个单调递减函数，然后我们现在来构造，$g(x) = \lfloor k / \lfloor k / x\rfloor \rfloor \geq$ $\lfloor k/(k / x) \rfloor$，那么$\lfloor k / g(x) \rfloor \leq \lfloor k / x \rfloor$。

再证明$\lfloor k / g(x) \rfloor \geq \lfloor k / x \rfloor$。

$\lfloor k / g(x) \rfloor \geq \lfloor k / (k / \lfloor k / x \rfloor) \rfloor$。

综上，得$\lfloor k / g(x)\rfloor = \lfloor k / x \rfloor$。

所以对于，$\forall i \in [x, \lfloor k / \lfloor k / x \rfloor \rfloor]$，$\lfloor k / i \rfloor$的值都相等。

现在可以求区间端点的值了，下边证明为什么是$O(\sqrt n)$。
当$i \leq \sqrt n$时，$\lfloor k / i \rfloor$最多有$\sqrt k$个不同的值，而当$i > \sqrt k$时,$\lfloor k / i \rfloor < \sqrt k$，所以$\lfloor k / i \rfloor$最多也只有$\sqrt k$个不同的值，那么现在就明白了，我们上面分的块，最多有$2 \sqrt k$块，因此就是$O(\sqrt n)$级别。

对于题目要求$\sum\limits_{i = l}^r \lfloor \cfrac{k}{i} \rfloor * i$ = $\sum\limits_{i = l}^r \lfloor \cfrac{k}{l} \rfloor * i$ = $\lfloor \cfrac{k}{l} \rfloor \sum\limits_{i = l}^r i$，后边用等差数列求和公式即可。

// Problem: 余数之和
// Contest: AcWing
// URL: https://www.acwing.com/problem/content/201/
// Memory Limit: 64 MB
// Time Limit: 1000 ms
// 
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#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int main() {
	long long n, k;
	cin >> n >> k;
	long long res = n * k;
	for (int x = 1, gx; x <= n; x = gx + 1) {
		if (k / x == 0) gx = n;
		else gx = min(k / (k / x), n);
		res -= (k / x) * (x + gx) * (gx - x + 1) / 2;
	}
	
	cout << res << endl;
	
    return 0;
}