Codeforces 1485C - Floor and Mod （分块、数学）

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

题意

给定\(x,y\)，询问当\(1\le a\le x,\ 1\le b\le y\)时，\(\lfloor \frac a b \rfloor=a\ mod\ b\)的对数

限制

\(1\le x,y\le 10^9\)

思路

（想法有很多种，本文主要通过分块求解）

（并没有那么难，但为什么总是往难的方向想呢……）

读懂题意后如果用公式化简

根据\(a\ mod\ b=a-\lfloor \frac a b \rfloor*b\)，最多只能够化到\(a=(b+1)*\lfloor \frac a b \rfloor\)

可得\(\frac a {b+1}=\lfloor \frac a b \rfloor\)

明显，\(b+1\)一定是\(a\)的因子

（然后就想不到其他规律了）

---

那么我们枚举\(b\)，再枚举\(b+1\)的倍数进行打表

得到规律：

对于任意大于\(2\)的正整数\(b\)

满足题意的\(a\)最多有\(b-1\)项，每一项都是\(b+1\)的倍数，最大项为\((b-1)*(b+1)\)

---

所以对于每个\(b\)，我们可以先求出\(1\)到\(x\)内有多少\(b+1\)的倍数（即\(\lfloor\frac x {b+1}\rfloor\)个）

在计算答案时，根据规律需要将其与\(b-1\)取小

但是这种方法的时间复杂度为\(O(y=10^9)\)，不可行

考虑优化，发现如果\((b-1)*(b+1)\gt x\)，即\(\lfloor\frac x {b+1}\rfloor \lt b-1\)时

受\(x\)的限制，会有一段段连续的\(b\)对应的答案数量相同，且答案均为\(\lfloor\frac x {b+1}\rfloor\)

直接考虑分块，令\(t=\lfloor\frac x {b+1}\rfloor\)表示当前段的答案，再通过\(\lfloor\frac x t\rfloor\)来求出满足答案为\(t\)的最大的\(b+1\)的值

故此时最大的\(b\)应为\(\lfloor\frac x t\rfloor-1\)，注意与\(y\)取小即可

该段的答案即段长度*t，其后让\(b\)直接成为右端点\(+1\)即可

当\((b-1)*(b+1)\le x\)时，对于每个\(b\)的答案数量均为\(b-1\)

故我们可以求出满足\((b-1)*(b+1)\le x\)以及\(b\le y\)的最大的\(b\)

那么答案就是\(1+2+3+\cdots +(b-1)\)，直接等差求和公式即可

对于这个最大的满足\((b-1)*(b+1)\le x\)的\(b\)，先忽略条件\(b\le y\)，结论是\(maxb=\lfloor\sqrt x\rfloor\)或\(maxb=\lfloor\sqrt x\rfloor +1\)

或者这里也可以打表找规律

对于\(maxb+1\)到\(y\)，还是分块处理

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

void solve()
{
    int x,y;
    scanf("%d%d",&x,&y);
    
    int b=sqrt(x)+1;
    if(1LL*(b-1)*(b+1)>x)
        b--;
    b=min(b,y); //注意与y取小
    ll ans=1LL*b*(b-1)/2;
    
    for(b++;b<=y;)
    {
        int t=x/(b+1);
        if(t==0)
            break;
        
        int nxt=min(x/t-1,y); // 注意x/t是对于b+1的最大值
        ans+=1LL*(nxt-b+1)*t;
        
        b=nxt+1;
    }
    printf("%lld\n",ans);
}
int main()
{
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
        solve();
    return 0;
}