AcWing 199. 余数之和

$AcWing$ $199$. 余数之和

一、题目描述

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。

例如 $j(5,3)=3~mod~1+3~mod~2+3~mod~3+3~mod~4+3~mod~5=0+1+0+3+3=7$。

输入格式
输入仅一行，包含两个整数 $n,k$。

输出格式
输出仅一行，即 $j(n,k)$。

数据范围
$1≤n,k≤10^9$

输入样例：

5 3

输出样例：

7

二、数论分块的理论

$$\large \displaystyle f(i)=\lfloor \frac{n}{i} \rfloor ~ (i \in [1,n])$$

举个例子，$n = 5$
$f(1)=5,f(2)=2,f(3)=f(4)=f(5)=1$，一字排开，得到$5,2,1,1,1$，相同的分到一个　块 中，直观一点，写成：$[5],[2],[1,1,1]$

注：(此图不是特别贴切，因为这个图中$x$是实数，而本题是整数)

三、题解

题意：给出$n,k$,求 $\displaystyle \sum_{i=1}^{n}k \ mod \ i$。

首先取模形式十分不好处理，所以我们可以根据取模运算定义做一个 小小的变换：

$$\large \sum_{i=1}^nk \ mod \ i=\sum_{i=1}^n(k-⌊\frac{k}{i}⌋\cdot i)$$

注：取模的概念

提取出定值 $k$，进一步简化为求

$$\large n \cdot k-\sum_{i=1}^n ⌊\frac{k}{i}⌋\cdot i$$

我们发现重点在于求$\large \displaystyle \sum_{i=1}^n ⌊\frac{k}{i}⌋ \cdot i$。

我们可以尝试寻找规律，不难发现$\large \displaystyle ⌊\frac{k}{i}⌋$的值 呈块状分布（即结果数组分成若干块，每块中值相等），这种东西还有另一个名字：整除分块。

首先 一个块内部 的答案显然是好求的，设块起点为 $l$，终点为 $r$，则此块的贡献为$\large \displaystyle ⌊\frac{k}{l}⌋ \cdot \sum_{i=l}^r i$。

由于第一个块起点已知（$1$），第二个块的起点即为第一个块 终点加一，所以我们需要快速 根据起点求出一个块的终点。

首先由于 块内值 都相同，可以设 $\large \displaystyle x= ⌊\frac{k}{l}⌋= ⌊\frac{k}{r}⌋$

根据 $\displaystyle \large x=⌊\frac{k}{r}⌋$ ① $\Rightarrow$ 变形 $\Rightarrow$ $\large \displaystyle x \cdot r \leq k$ $\Rightarrow$ 变形 $\Rightarrow$ $\large \displaystyle r \leq ⌊\frac{k}{x}⌋$ ②

将$\large \displaystyle x=⌊\frac{k}{l}⌋$ ① 代入 ②,得$\large \displaystyle r \leq ⌊\frac{k}{⌊\frac{k}{l}⌋}⌋$,这样就确定了$r$的右边界。

注：当$k,l$确定时，$r$的上限就已经确定，同时，由于第一起点块的$l=1$，我们就可以一路向后递推找出所有块的右边界！一旦有了右边界，就可以利用 $\large \displaystyle ⌊\frac{k}{l}⌋\cdot \sum_{i=l}^ri$来快速计算出区间和。

最后分析一下这么做的 时间效率：

当 $i>\sqrt{n}$ 时，$\large \displaystyle ⌊\frac{k}{i}⌋ \leq \sqrt{n}$,也就是说原式只有小于 $\sqrt{k}$ 种取值。

注：纯粹的数学思考，除以一个$ \geq \sqrt{n}$的值，$n,k$是同一个数据级别$\leq 10^9$，结果值当然是$\leq \sqrt{n}$

当$i \leq \sqrt{n}$时，$i$只有小于$\sqrt{k}$种取值，也就是说原式也只有小于$\sqrt{k}$种取值。

所以最多有 $2\sqrt{n}$ 个块，我们对于每个块可以 $O(1)$ 计算，时间可以通过。

四、实现代码

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

// 数论分块模板题，是很多题的基础，需要背诵
//  j(n,k)=k%1+k%2+k%3+…+k%n
int n, k, l, r;
int ans;
signed main() {
    cin >> n >> k;
    ans = n * k;                                    // 看题解的推导公式
    for (l = 1; l <= n; l = r + 1) {                // 枚举左端点,每次跳着走，下次的位置就是本次r的位置+1
        if (k / l == 0) break;                      // 1、当k/l=0的时候，显然这段以及后面（有单调性）已经没有贡献了，可以 break。
        r = min(k / (k / l), n);                    // 2、注意右端点和n取个min，因为>n没有贡献了。
        ans -= (k / l) * (l + r) * (r - l + 1) / 2; // 等差数列求和：左到右边界内，是公差为1的等差数列，首项+末项 乘以 项数 除以2
    }
    cout << ans << endl;
}