【BZOJ1257】余数之和（CQOI2007）-数论分块

测试地址：余数之和
做法：本题需要用到数论分块。
我们发现题目要求的就是：
∑ni=1(k−⌊ki⌋i)$\sum _{i=1}^n(k-\lfloor \frac{k}{i}\rfloor i)$
我们知道⌊ki⌋$\lfloor \frac{k}{i}\rfloor$只有不超过2k−−√$2\sqrt{k}$种取值。简单证明一下，当1≤i≤k−−√$1\le i\le \sqrt{k}$时，⌊ki⌋$\lfloor \frac{k}{i}\rfloor$显然最多只有k−−√$\sqrt{k}$种取值，而当i>k−−√$i>\sqrt{k}$时，1≤⌊ki⌋<k−−√$1\le \lfloor \frac{k}{i}\rfloor <\sqrt{k}$，也显然最多有k−−√$\sqrt{k}$种取值，所以加起来最多有2k−−√$2\sqrt{k}$种取值。
因为⌊ki⌋$\lfloor \frac{k}{i}\rfloor$只有不超过2k−−√$2\sqrt{k}$种取值，而函数f(i)=i$f(i)=i$的前缀和又十分好求，所以可以把上式分成2k−−√$2\sqrt{k}$段来计算，每段可以O(1)$O(1)$算出，这就是数论分块，时间复杂度为O(k−−√)$O(\sqrt{k})$。
（什么？我以前有写过数论分块？不存在的）
以下是本人代码：

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

int main()
{
    scanf("%lld%lld",&n,&k);

    ll ans=n*k;
    for(ll i=min(k,n);i>=1;i=k/(k/i+1))
    {
        ll l=k/(k/i+1)+1,r=i;
        ans-=(k/i)*(r*(r+1)/2-l*(l-1)/2);
    }
    printf("%lld",ans);

    return 0;
}