CQOI2007 余数之和

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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

简要题解

我们可以把原式数学化一下：求(sum limits_{i=1}^n k mod i)。
我们可以发现

[egin{align*} ext{原式}&=sum limits_{i=1}^n k mod i\ &=sum limits_{i=1}^n k- lfloor frac ki floor cdot i\ &=nk - sum limits_{i=1}^n lfloor frac ki floor cdot i end{align*} ]

显然，只要(lfloor frac ki floor)的值在一段段i的范围内是一样的。我们的任务就是要求出每一段这样的范围。我们令(f(x)=lfloor frac kx floor qquad g(x)=lfloor frac k{lfloor frac kx floor} floor)，那么其实直觉就可以告诉我们(g(x))就可以表示f值=(lfloor frac kx floor)的最大的数。然而数学毕竟是一门严谨的科学，我们可能需要来证明一下。
显然(lfloor frac kx floor leq frac kx)，那么(g(x)=lfloor frac k{lfloor frac kx floor} floor geq lfloor frac k{frac kx } floor = x ext{即} g(x) geq x)。所以有(lfloor frac k{g(x)} floor leq lfloor frac kx floor)。
同时，(lfloor frac k{g(x)} floor = lfloor frac k{lfloor frac k{lfloor frac kx floor} floor} floor geq lfloor frac k{ frac k{lfloor frac kx floor} } floor = lfloor frac kx floor)，即(lfloor frac k{g(x)} floor geq lfloor frac kx floor) 又(lfloor frac k{g(x)} floor leq lfloor frac kx floor)，所以(lfloor frac k{g(x)} floor = lfloor frac kx floor)。
所以(forall i in [x,lfloor frac k{lfloor frac kx floor} floor])，(lfloor frac ki floor)的值都相等！其实之前的猜想的“最大”是很显然的，也没必要再去证一遍了，就算不是最大的，也不影响我们的这个程序。
下面我们就有了一个算法：统计([1,g(1)])的区间里的(lfloor frac ki floor cdot i)的和，既然(lfloor frac ki floor)都一样，那就用等差数列求和公式来算一下即可。然后在从(g(1)+1)到(g(g(1)+1))这段区间再如此统计……重复上述步骤，直到(i>k)，此时(lfloor frac ki floor)一定等于0，直接令g(i)=n，统计i..n即可。
下面我们算一下时间复杂度。这个时间复杂度，应该等于(lfloor frac ki floor)有多少个不同的取值是一样的。当(i leq sqrt k)时,i只有(sqrt k)中取值，所以(lfloor frac ki floor)也最多只有(sqrt k)种取值。当(i > sqrt k)时，(lfloor frac ki floor < sqrt k)，所以(lfloor frac ki floor)也最多只有(sqrt k)种取值，所以(lfloor frac ki floor)一共最多(2 sqrt k)种取值。所以该算法的之间复杂度为(O(sqrt k))。

代码

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;

int n,k;ll ans;

int main(){
	scanf("%d%d",&n,&k);ans=1ll*n*k;
	for(register int i=1,g;i<=n;i=g+1){
		if(k/i!=0)g=min(n,k/(k/i));else g=n;//错误笔记：如果k/i==0即k<i的话，k/(k/i)会炸掉，所以要特判一下。 
		ans-=(ll)(k/i)*(i+g)*(g-i+1)/2;
	}
	printf("%lld
",ans);
}