BZOJ1257: [CQOI2007]余数之和

这是本人第一篇博客，写的不好请尽力吐槽。
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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。
1<=n ,k<=10^9
Output
输出仅一行，即j(n, k)。
Sample Input
5 3
Sample Output
7
首先，我不知道为什么5s的时限下，暴力为什么过不了。
然后，看书看不懂，网上的博客不清不楚。于是，我又重新看了一遍书……
因为$k~ mod~ i =k-$ $\left\lfloor\dfrac{k}{i}\right\rfloor*i$,所以ans=n*k-$\sum_{i=1}^n$ $\left\lfloor\dfrac{k}{i}\right\rfloor *i$。
对于任意$x$$\in$ $[1,k]$,设g(x)=$\left\lfloor k/\left\lfloor\dfrac{k}{x}\right\rfloor\right\rfloor$.
因为函数$f(x)=k/x$(不向下取整）当$x \in N+$ 时，函数单调递减，$g(x)&gt;=\left\lfloor k/f(x)\right\rfloor=x$，故$\left\lfloor k/ \ g(x)\right\rfloor$<=$\left\lfloor k/ x \ \right\rfloor$

同时，$\left\lfloor k/ \ g(x) \right\rfloor$>=$\left\lfloor k / ( k/ \left\lfloor k/x \right\rfloor) \right\rfloor$（除数小，商就大）=$\left\lfloor k/k* \left\lfloor k / \ x \right\rfloor\right\rfloor$=
$\left\lfloor k / x\ \right\rfloor$.
所以$\left\lfloor k/ \ g(x) \right\rfloor$=$\left\lfloor k / x\ \right\rfloor$
把$g（x）$换元得到$\left\lfloor k/ \ \left\lfloor k/\left\lfloor \dfrac{k}{i} \right\rfloor \right\rfloor \right\rfloor$=$\left\lfloor k / x\ \right\rfloor$（好丑啊）
又因为$f(x)$的性质，所以当$i$$\in$ [x,$\left\lfloor k/\left\lfloor\dfrac{k}{i}\right\rfloor\right\rfloor$ ]时，$f(i)$随着$i$的增大而减小（x恒大于0，反比例函数的性质），那么$\left\lfloor\ f(i) \right\rfloor$就是非上升函数，因为两端的$i ，\left\lfloor\ f(i) \right\rfloor$值都相等了，对于中间的$i ，\left\lfloor\ f(i) \right\rfloor$也一定相等。
我们就可以把1~n分成若干块，每一块的$\left\lfloor\ k/i \right\rfloor$都相等，于是就可以用等差数列求和的方法就每一块的值。时间复杂度由$O(n)变为O(\surd{n})$。
代码如下：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
int main()
{
	ll n,k;scanf("%lld%lld",&n,&k);
	ll ans=n*k;
	for(int i=1,m;i<=n;i=m+1)
	{
		k/i?m=min(n,k/(k/i)):m=n;//分块
		ans-=((k/i)*(i+m)*(m-i+1))/2;//等差数列求和
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}