SPOJ SP10677 NAGAY - Joseph’s Problem 题解

Description

给定 \(n,k\)，求 \(\sum\limits_{i=1}^{n}k \bmod i\)。其中 \(1\le n,k\le10^{18}\)。

Solution

这里是 \(O(\sqrt{k})\) 的整除分块做法，但是可以通过本题，原因是本题实际数据远远小于给定的范围，大约为 \(1\le n,k\le 10^9\)。如果数据真的出到 \(10^{18}\) 级别，这题应该就远远不止蓝题的难度了。

首先将式子化简。

\[\sum\limits_{i=1}^{n}k \bmod i \]

\[=\sum\limits_{i=1}^{n}k-i\times \lfloor \frac{k}{i}\rfloor \]

\[=\sum\limits_{i=1}^{n}k-\sum\limits_{i=1}^{n}i\times \lfloor \frac{k}{i}\rfloor \]

\[=n\times k-\sum\limits_{i=1}^{n}i\times \lfloor \frac{k}{i}\rfloor \]

右边部分出现了向下取整的形式。注意到对于一些不同的 \(i\)，\(\lfloor \frac{k}{i}\rfloor\) 的值可能是相同的，例如 \(i=5\) 和 \(i=6\) 时 \(\lfloor \frac{k}{i}\rfloor\) 都等于 \(5\)。这样根据 \(\lfloor \frac{k}{i}\rfloor\) 的取值就可以分块了。设当前块的左端点是 \(i\)，那么右端点就是 \(k/(k/i)\)，在这一块中所有 \(\lfloor \frac{k}{i}\rfloor\) 都相等。对每一块分别求和即可。时间复杂度 \(O(\sqrt{k})\)。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
signed main()
{
	int n,k;
	scanf("%lld%lld",&n,&k);
	int ans=n*k;
	n=min(n,k);
	for(int i=1;i<=n;)
	{
		int val=k/i,r=min(k/val,n);
		ans-=(i+r)*(r-i+1)/2*val;
		i+=r-i+1;
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}