[CQOI2007] 余数求和

Description

求 \(\sum_{i=1}^n\;k\;mod\;i\)

Solution

先化简式子
\(\sum_{i=1}^n\;k\;mod\;i=\sum_{i=1}^nk-\lfloor{\frac{k}{i}}\rfloor=k\times n-\sum_{i=1}^n\lfloor{\frac{k}{i}}\rfloor\)

用样例打表找规律之后，发现 \(\lfloor{\frac{k}{i}}\rfloor\) 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 \(t=\lfloor{\frac{k}{i}}\rfloor\)

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 \(t=\lfloor{\frac{k}{i}}\rfloor\)

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，\(r=min(\lfloor{\frac{k}{t}}\rfloor,n)\)

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 \(r=\lfloor{\frac{k}{t}}\rfloor\)，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 \(\lfloor{\frac{k}{t}}\rfloor\) 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 \(n\times k\)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\n",i,ans);
	}
	printf("%lld\n",n*k-ans);
	return 0;
}