题解收藏与创新——一道有趣的“数学”题
抛出问题
题目来源：洛谷一位大佬的比赛的第一题。
题目大意：求下面式子的值：
题目解答
比赛解答
\(O(\sqrt{B})\)的原创解答在本博客最下面。
各位也可以参考一下另一位大佬写的\(O(\sqrt{B})\)的做法：大佬博客链接。
现在是\(O(B)\)的解法。
冷静分析
第一时间想到的是内部分块做法，外部线性暴力，不过细细一看，这绝对会超时的啊（你自己都说暴力了）！因此我们需要一个线性做法。
那么我们就需要将式子变形了。
注意到式子中，我们把\(-1\)提出来了，为了使式子等价于原来的式子，我们不得不给式子做一个大手术。因为\(-1\)提前了，那么它的幂次只能是\(i\)，于是我们将\(i\)和\(j\)的意义替换，变换式子使得其等价于原来的式子。其中注意\(i>j\)时，分式向下取整得\(0\)，对答案无影响，所以这两个式子是等价的。
看到这里，你可能还是不知道怎么得到线性做法，我们就这样看：
现在\(i\)是比较稳定的了，因为当\(i\)取一个值时，而\(j\)是连续递增的，那么向下取整可以得到连续\(i\)个的向下取整的相同的值。
举个例子吧，当\(i=3\)时，假设\(j\)从\(1\)逐一递增到无穷，我们会得到：
那么我们就可以在\(O(1)\)的常数时间内算出里面的和式差，最终我们就得到了时间复杂度为\(O(B)\)的算法。
当然，由于\(B\)有点大，因此我们需要稍微注意一下常数问题。
不过，在写程序的时候，要注意考虑前面的\(0\)的个数是\(i-1\)个的。但是总体还是有规律可循，具体看我的程序。
程序实现
#include <cstdio>
int main()
{
int a, b;
long long ans = 0, r, s, t;
scanf("%d%d", &a, &b);
for(register int i = 1; i <= b; i += 1)
{
r = a / i - 1;//因为最后一项长度不定，所以我们确定倒数第二项
s = (a - r * i - i) * (r + 1);//计算最后一项的长度并求和
r = (r + 1) * r / 2 * i;//前面项的和
t = s + r;
//同理可得
r = (b + 1) / i - 1;
s = (b + 1 - r * i - i) * (r + 1);
r = (r + 1) * r / 2 * i;
if(i & 1)
ans -= s + r - t;
else
ans += s + r - t;
}
printf("%lld", ans);
return 0;
}
最大耗时点耗时：237ms。
本人经过摸索，终于写出了根号级的做法。
极速解法（原创）
冷静分析
我们再将那个和式进行变换：
我们可以对最外层的和式进行分块运算。
我们只需分成\(4\)组进行求和即可，也就是将其分为奇偶和左右部分即可（方便快速高斯求和）。
那么分块具体如何实现呢？
我们发现内部都是有秩序的，虽然将外层的\(i\)以不同的值写出，同类合并之后我们会发现有点混乱，但是并非无迹可寻！
因为注意到\(\left \lfloor \frac{j}{i} \right \rfloor\)在某几种\(i\)的值中（连续的、差为\(2\)的\(i\)值），如果组成的数的个数不变（比如都有\(1\)到\(9\)），那么除最后一个数（前面的例子的\(9\)），其他数的变化都是同规律线性的（根据比赛题解中提到的结论可得），可以用高斯求和公式算出来。
而组成的数个数不变，当且仅当\(\left \lfloor \frac{j}{i} \right \rfloor\)中\(j\)取最大值时该式得到的值不变。
就比如上面提到的那个\(9\)，因为随着\(i\)的变化，比\(9\)小的值都会越来越多，而\(9\)就会被压出去（可以说是溢出吧2333），毕竟序列长度只有这么长。
而这个值（例如那个\(9\)）的变化也是线性的！因为前面是线性递增，那么上述的\(9\)的个数就会线性递减。
那么线性的都可以算出来，仅对最大值的变化讨论即可。而最大值的变化恰恰是有分块的属性（这个不难证明，大家思考一下），于是我们通过内部常数时间，外部分块时间即可算出答案。
严格来说，根号外面至少还有\(4\)的常数，但是还有可以优化的地步（蒟蒻我太懒了）。而时间复杂度还是\(O(\sqrt{B})\)的，所以很快就能通过。
由于博主太过激动，导致语言逻辑不够清晰，请多多包涵。
程序实现
#include <cstdio>
int a, b;
//对比O(B)的代码，其实只是加了一些高斯求和罢了
inline long long getans(int f)
{
int rr, q, delta;
long long ans = 0, r, r_, s, t, l;
for(register int i = (f ? 1 : 2); i <= a; i = q + 2)
{
rr = a / i;
q = a / rr;
if((q & 1) && !f)//要偶数却是奇数
q ^= 1;
else if(!(q & 1) && f)//要奇数却是偶数
q -= 1;
delta = (q - i >> 1) + 1;//中间长度
r = a / i - 1;//因为最后一项长度不定，所以我们确定倒数第二项
l = a + 1 - r * i - i;
s = (r + 1) * (l - (delta - 1) * (r + 1)) * delta;
//分块的最后一项求和
r_ = r;//记录
r = (r + 1) * r * i >> 1;//前面项的和
r = r * delta + ((1 + r_) * r_ >> 1) * ((delta - 1) * delta);
//增加的值
t = s + r;
if(f & 1)
ans += t;
else
ans -= t;
}
for(register int i = (f ? 1 : 2); i <= b; i = q + 2)
{
rr = b / i;
q = b / rr;
if((q & 1) && !f)//要偶数却是奇数
q ^= 1;
else if(!(q & 1) && f)//要奇数却是偶数
q -= 1;
delta = (q - i >> 1) + 1;//中间长度
r = b / i - 1;//因为最后一项长度不定，所以我们确定倒数第二项
l = b + 1 - r * i - i;
s = (r + 1) * (l - (delta - 1) * (r + 1)) * delta;
//分块的最后一项求和
r_ = r;//记录
r = (r + 1) * r * i >> 1;//前面项的和
r = r * delta + ((1 + r_) * r_ >> 1) * ((delta - 1) * delta);
//增加的值
t = s + r;
if(f & 1)
ans -= t;
else
ans += t;
}
return ans;
}
int main()
{
scanf("%d%d", &a, &b);
a -= 1;
printf("%lld", getans(1) + getans(0));
return 0;
}
单点最大耗时：3ms（由于新测评机的缘故，至少都是2ms的点，应该可以0ms的，没赶上时机哎）。
个人感慨
其实上午根据原题解的式子就想到了这个方法（不过也要感谢另一位也是根号解法的大佬提了一下有根号的做法），很感谢原题解作者的化简式，不然我也不会想到。不过我在写程序的过程中也出现了很多小插曲，比如刚写完函数老师就点了集体关机，然后还原GG。不过还好我记得这个方法，然后又写了一下午，调试了大概一个小时还不对，当时是绝望的。然后我发现我智障的把\(p\)写成了\(i\)导致奇偶错乱，改了之后大部分数据都过了。进一步我将\(a\)的那部分有一些与\(b\)扯上关系的东西改成了\(a\)（目前还未证明为什么不对）。
总之我想说的是：成功贵在坚持不懈！
写在最后
感谢比赛举办者提供的题目和题解，感谢各位阅读本文章。
原比赛题解仅作为个人收藏，不做任何商业用途，禁止任何人做商业用途传播。
另外，如果作者认为不妥，可以告诉我，我会马上删掉。
所有程序为个人智力成果，仅根据公式写出，未查看标准程序；此分块做法亦为个人智力成果，如需转载，请注明出处。
