BZOJ-1257-[CQOI2007]余数之和sum

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

这道题看了我挺久的

我们可以把k%x转化成k-[k/x]*x

不考虑上限为n的情况  我们假设[k/x]=a(a>0)，那么x的区间的head就是[k/(a+1)]+1，tail就是[k/a]

这样我们可以通过求取这一段区间的值（就是等差数列），求出这段区间的k%x的值

a每次改成[k/(head-1)]

head和tail随之改变

这样依次做下去直到head变为1

这样时间复杂度就是a的个数  O(√k)

 

但是如果x>k呢  实际上x>k的情况只可能在n>k的时候出现

a开始的值为[k/n]=0，head和tail刚开始的值分别[k/(0+1)]+1和n，发现是正确的

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
ll n,k,ans,sum,h,t,num,cnt;
int main(){
    scanf("%lld%lld",&n,&k);
    cnt=k/n;
    t=n;
    h=k/(cnt+1)+1;
    ans+=k*(t-h+1)-cnt*(t-h+1)*(t+h)/2;
    while (h>1){
        cnt=k/(h-1);
        t=k/cnt;
        h=k/(cnt+1)+1;
        ans+=k*(t-h+1)-cnt*(t-h+1)*(t+h)/2;
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}