Codeforces Round #701 (Div. 2) C. Floor and Mod

题意：

\[\sum\limits_{a=1}^x \sum\limits_{b=1}^y[\lfloor\frac{a}{b}\rfloor=a\%b ] \]

法一：

将a改写为kb+r，注意到\(k=\lfloor\dfrac{a}{b}\rfloor\)，\(r=a\%b\)，即k=r

所以a=k(b+1)，且r<b，即k<b

所以每个k的贡献区间为\(\dfrac{\min(x,b^2-1)}{b+1}\)

分两段算，当\(b^2-1<=x\)时，答案是\(\sum(b-1)\)，可以用等差数列求和直接做

当\(x<b^2-1\)时，这是形如\(\sum\lfloor\dfrac{x}{b+1}\rfloor\)的求和式，使用整除分块即可\(O(\sqrt n)\)处理

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

int rd(){
	int ret=0, f=1;char c;
  	while(c=getchar(),!isdigit(c))f=c=='-'?-1:1;
  	while(isdigit(c))ret=ret*10+c-'0',c=getchar();
  	return ret*f;
}

void solve(){
	int x,y;
	int ans=0;
	x=rd();y=rd();
	int up=1;
	while(up*up-1<x&&up<=y) up++;
	ans+=(up-1)*(up-2)/2;
	for(int l=up+1,r;l<=y+1;l=r+1){
		int v=x/l;
		if(v==0) break;
		r=min(y+1,x/v);
		ans+=v*(r-l+1);	
	}
	printf("%lld\n",ans);
}

signed main(){
	int T=rd();
	while(T--) solve();
  	return 0;
}

法2

注意到\(k\le \sqrt x\)，采用枚举k的方式，我们求b的个数

刚刚的\(k(b+1)\le x\)可变形为\(b\le \dfrac{x}{k}-1\)，同时还有\(b\le y\)

而\(k=r<b\)，这是左边界

因而每个k对答案的贡献为\((k,\min(\dfrac{x}{k}-1,y)]\)

\(O(\sqrt x)\)枚举k，求和即可

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;
#define int long long

int rd(){
  int ret=0,f=1;char c;
  while(c=getchar(),!isdigit(c))f=c=='-'?-1:1;
  while(isdigit(c))ret=ret*10+c-'0', c=getchar();
  return ret*f;
}

int x,y;

void solve(){
  x=rd();y=rd();
  int up=(int)(sqrt(x)+0.5),ans=0;
  for(int k=1;k<=up;k++)
    ans+=max(0ll,min(x/k-1,y)-k);
  cout<<ans<<endl;
}

signed main(){
  int T=rd();
  while(T--) solve();
  return 0;
}