【bzoj1257】[CQOI2007]余数之和sum

【bzoj1257】[CQOI2007]余数之和sum

2014年9月1日1,9161

Description

给出正整数n和k，计算j(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j(5, 3)=3 mod 1 + 3 mod 2 + 3 mod 3 + 3 mod 4 + 3 mod 5=0+1+0+3+3=7

Input

输入仅一行，包含两个整数n, k。

Output

输出仅一行，即j(n, k)。

Sample Input

5 3

Sample Output

7

HINT

50%的数据满足：1<=n, k<=1000 100%的数据满足：1<=n ,k<=10^9

 

题解：暴力枚举还有50分不得不吐槽一番，正解是怎么样的呢？

k%i可以写成k-k/i*i，所以重点在求∑⌊ki⌋∗i

打表可得，当i逐渐增大时，∑⌊ki⌋在连续区间内的值保持不变。仔细想想其实⌊ki⌋的取值只有k√个。因为每个数都对应一段连续区间，所以[1,n]整个区间被分为k√个。于是我们可以枚举每个区间，复杂度是O(k√)。

设连续区间为[l,r]，区间内的值为w，则需满足w=⌊kl⌋=⌊kr⌋，使得l最小，r最大。

因为我们要枚举区间，所以l的值可以确定。

因为w=⌊kl⌋，w是下取整后的结果，是最小的。所以r=⌊kw⌋，w是最小的，r就是最大的。

这样在当前区间内，w的值就确定了，区间大小也确定了。因为要乘i，所以当前区间就是公差为w的等差数列。当前区间对答案的贡献为： 

−l+r2∗w∗(r−l+1)

 

最终答案是：

 

n∗k−∑l+r2∗w∗(r−l+1)

 

然后就可以了。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<cstring>
#define ll long long
using namespace std;

ll ans,n,k;

int main()
{
    scanf("%lld%lld",&n,&k);
    if (n>k)
    {
        ans=(ll)(n-k)*k;
        n=k;
    }
    ll r;
    for (int i=1;i<=n;i=r+1)
    {
        int t=k/i;
        r=k/t;
        if (r>=n) r=n;
        ans=ans+(ll)(r-i+1)*k-(ll)(r-i+1)*(i+r)/2*t;
    }
    printf("%lld",ans);
}