1968: [Ahoi2005]COMMON 约数研究
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Description
Input
只有一行一个整数 N（0 < N < 1000000）。
Output
只有一行输出，为整数M，即f(1)到f(N)的累加和。
Sample Input
3
Sample Output
5
HINT
Source
Day2
奇怪的姿势，不过非常神！
求1-n的所有数的约数的个数，不妨可以转化一下，题目中f【i】为i的约数个数，但在做题中不妨从1~枚举i，计算后的f【i】表示1~n中约数包含i的数的个数，即约数i对答案的贡献。
然后，思考快速的方法去实现上述要求，不妨先小规模打表找找规律（于是打出N=14的表）：
于是我们发现了一个规律，所有对答案贡献相同的i，是必定相邻的，那么要想优化时间，不妨能够枚举中多步跳跃？
于是开始找规律：
首先，一个数i，它对答案的贡献（1~n中 约数包含i的数的个数）为 n/i下取整…（如何证明？）
十分的简单，首先，假使n%i==0，那么1~n中，约数包含i的数的个数必定是n/i，那么当n%i！=0，那些多出来的数的约数是不含i的，那么剩下的便同整除时一样。得证。。。
那么再发现一个规律， 试计算n/（n/i）（/为C++中整除），i取不同的值，于是发现，在同一个周期中（暂且称那些贡献相同的数为一个周期），上述计算值相同，且都为这个周期的末尾。
于是高效率的做法就是，每次都增加n/（n/i）步，答案用(n/（n/i）-i+1)*(n/i)来统计即可，如此效率大概是O（logn）级的，于是顺利完成。
简短的代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
long long ans=0;
int n;
int main()
{
scanf("%d",&n);
for (int i=1,j=0; i<=n; i=j+1)
j=n/(n/i),ans+=(j-i+1)*(n/i);
printf("%lld
",ans);
return 0;
}