除法分块

计算一个式子：(sumlimits_{i = 1}^n cfrac{n}{i})。
很明显可以直接一个(for)循环，(O(n))求出结果，但是我们可以将其优化到(O(sqrt n))。

例题 AcWing199. 余数之和

给定正整数n和k，计算((k mod 1) + (k mod 1) + ... + (k mod n))的值。 (1 leq n, k leq 10^9)。

首先我们知道(k mod i = k - lfloor cfrac{k}{i} floor * i)
所以上边式子可以化简为，(n * k - sumlimits_{i = 1}^n lfloor cfrac{k}{i} floor * i)，所以我们最主要的就是处理(lfloor cfrac{k}{i} floor)。

首先对于(n = 10)、(k = 5)打个表，(i in [1, n])：（渲染之后，表格糊了，凑合看吧）

k	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
k/i	5	2	1	1	1	0	0	0	0	0

很明显，我们发现(lfloor cfrac{k}{i} floor)的值呈区间变化，而除法分块就是让我们可以快速算出每一个区间的(l)和(r)端点，然后计算即可。

对于每一个区间，左端点(x = gx + 1)我们可以直接更新，然后对于右端点，先说结论，(gx = lfloor k / lfloor k / x floor floor)。

为什么呢？
对于(x in [1, k]，)我们设(g(x) = lfloor k / lfloor k / x floor floor)。首先明白(f(x) = k / x)是一个单调递减函数，然后我们现在来构造，(g(x) = lfloor k / lfloor k / x floor floor geq) (lfloor k/(k / x) floor)，那么(lfloor k / g(x) floor leq lfloor k / x floor)。

再证明(lfloor k / g(x) floor geq lfloor k / x floor)。

(lfloor k / g(x) floor geq lfloor k / (k / lfloor k / x floor) floor)。

综上，得(lfloor k / g(x) floor = lfloor k / x floor)。

所以对于，(forall i in [x, lfloor k / lfloor k / x floor floor])，(lfloor k / i floor)的值都相等。

现在可以求区间端点的值了，下边证明为什么是(O(sqrt n))。
当(i leq sqrt n)时，(lfloor k / i floor)最多有(sqrt k)个不同的值，而当(i > sqrt k)时,(lfloor k / i floor < sqrt k)，所以(lfloor k / i floor)最多也只有(sqrt k)个不同的值，那么现在就明白了，我们上面分的块，最多有(2 sqrt k)块，因此就是(O(sqrt n))级别。

对于题目要求(sumlimits_{i = l}^r lfloor cfrac{k}{i} floor * i) = (sumlimits_{i = l}^r lfloor cfrac{k}{l} floor * i) = (lfloor cfrac{k}{l} floor sumlimits_{i = l}^r i)，后边用等差数列求和公式即可。

// Problem: 余数之和
// Contest: AcWing
// URL: https://www.acwing.com/problem/content/201/
// Memory Limit: 64 MB
// Time Limit: 1000 ms
// 
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#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int main() {
	long long n, k;
	cin >> n >> k;
	long long res = n * k;
	for (int x = 1, gx; x <= n; x = gx + 1) {
		if (k / x == 0) gx = n;
		else gx = min(k / (k / x), n);
		res -= (k / x) * (x + gx) * (gx - x + 1) / 2;
	}
	
	cout << res << endl;
	
    return 0;
}