洛谷 P2261 [CQOI2007]余数求和

洛谷

一看就知道是一个数学题。嘿嘿～

讲讲各种分的做法吧。

30分做法：不知道，这大概是这题的难点吧！

60分做法：

一是直接暴力，看下代码吧～

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef int _int;
#define int long long

_int main()
{
    int n,k,ans=0;
    cin>>n>>k;
    for (int i=1;i<=n;++i) {
        ans+=(k%i);
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}

第二种做法非常接近正解。

首先显然(k~mod~i=k-lfloor frac{k}{i} floor*i)。

所以我们马上一波转化，(sum_{i=1}^{n}k~mod~i=n*k-sum_{i=1}^{n}lfloor frac{k}{i} floor*i)。

那么这一截(sum_{i=1}^{n}lfloor frac{k}{i} floor*i)怎么求呢？

这个时候，直觉会告诉我们，(lfloor frac{k}{i} floor*i)很有问题。

因为是向下取整，所以会有许多(lfloor frac{k}{i} floor)是一样的。于是就会有一个一个的区间。

对于每个这样的区间，在乘一个(i)后，显然是一个等差数列。

不信看这个：

((int)8/3=(int)8/4=2~~~~=>~~~~8/3*3+2=8/4*4)

所以我们可以枚举(i)，对于每一个(i)，求出(t=k/i)，

令(l=i,r=min(n,k))二分，如果(mid/i=t，l)扩大，否则(r)缩小。

找到后直接等差数列求和。

最后使(i=r+1)。这样表面时间复杂度是(O(sqrt{n}*log(n)))。

实则不然，因为我们的(i)跳跃的距离基本上很小很小，所以这代码比(O(n))还慢！

看下代码吧！

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef int _int;
#define int long long

int n,k,ans;

_int main()
{
    cin>>n>>k;
    ans=n*k;
    for (int i=1;i<=min(n,k);++i) {
        int l=i,r=min(n,k),t=k/i,j=i;
        while (l<=r) {
            int mid=(l+r)/2;
            if (mid/i==t) l=mid+1,j=mid;
            else r=mid-1;
        }
        int a1=t*i,an=a1+(j-i)*t,g=j-i+1;
        ans-=(g*(a1+an)/2);
        i=j;
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}

100正解：

有了上面第二个60分做法的思路，正解就不言而喻了。

只要把(log(n))找区间改成(O(1))就好了。

具体怎么改呢？

我们同样的枚举(i)，假设区间为([l,r])，那么(l=i)显然，然后就剩(r)有点难搞了。

想想，我们每一段的公差都是(lfloor frac{k}{i} floor)，那么显然当(k~mod~i=0)时，(r)截止。

所以，(r=k/(k/l))。

那么，就完结了，上代码！真正的极简AC难懂～

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef int _int;
#define int long long
int n,k,ans;
_int main()
{
    cin>>n>>k;
    ans=n*k;
    for (int i=1;i<n;++i) {
        int l=i,t=k/l,r=t?min(n,k/t):n;
        int a1=t*l,an=a1+(r-l)*t,g=r-l+1;
        ans-=(g*(a1+an)/2);
        i=r;
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}