题目大意
求
[sum_{i=1}^{n}(kmod i)
]
(n,kleq 10^9)。
题解
先只考虑(nleq k)的情况。
[sum_{i=1}^{n}(kmod i)=sum_{i=1}^{n}k-ilfloor frac{k}{i}
floor=kn-sum_{i=1}^{n}ilfloor frac{k}{i}
floor
]
看到
[sum_{i=1}^{n}lfloor frac{k}{i}
floor
]
则想到整除分块。
整除分块
结论：
[lfloor frac{k}{i}
floor=lfloorfrac{k}{lfloorfrac{k}{lfloorfrac{k}{i}
floor}
floor}
floor
]
规律
当(lfloorfrac{k}{lfloorfrac{k}{i}
floor}
floor)一定时，所有满足上式的(i)都在一段连续的区间内（组成了一块），区间右端点是(lfloorfrac{k}{lfloorfrac{k}{i}
floor}
floor)。
因此操作时，直接对一块进行统一操作即可。
数学推导
令一块的左端点为(l)，右端点为(r)，(v=frac{k}{r})，我们现在要求一块内的和
[sum_{i=l}^{r}iv=sum_{i=0}^{r-l}v(l+i)=vsum_{i=0}^{r-l}(l+i)
]
此时注意：和式中运算的次数为(r-l-0+1=r-l+1)，而不是(r-l)。所以接下来
[原式
eq v(l(r-l)+sum_{i=0}^{r-l}i)
]
[原式=v(l(r-l+1)+sum_{i=0}^{r-l}i)
]
在这里错了就完了！
最终运用等差数列的知识得到
[原式=frac{v(r+l)(r-l+1)}{2}
]
把所有的上式加起来再被(nk)一减即可。
注意
边界条件：赋值(r)时，它不能直接等于(lfloorfrac{k}{lfloorfrac{k}{i}
floor}
floor)，而应当是它和(n)的较小值。另外还要考虑(lfloorfrac{k}{i}
floor=0)的情况。
对于(n>k)的情况，把额外值加上即可。要明确(n-k)以及(k)的含义呀！
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cassert>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define ll long long
int main()
{
ll n, k;
scanf("%lld%lld", &n, &k);
ll ans = 0, extra = 0;
if (n > k)
{
extra = (n - k) * k;
n = k;
}
for (ll l = 1, r; l <= n; l = r + 1)
{
int divVal;
r = (divVal = k / l) ? min(n, k / (k / l)) : n;
ans += divVal * ((r - l + 1) * (l + r) / 2);
assert(ans > 0);
}
printf("%lld
", n * k - ans + extra);
return 0;
}