余数求和——除法分块

传送门：余数求和

本题目中需要计算 (sum_{i=1}^{n}{k mod i})

对于 k mod i , 在写高精度取模时，曾表示为：({k}-{i} imeslfloor frac{k}{i} floor)

故本题中，可以继续采用这种计算方式，将其拆分为：(ans=sum_{i=1}^{n}{k}-{i} imes{lfloor frac{k}{i} floor})

进而，有：(ans={n} imes{k}-sum_{i=1}^{n}{i} imes{lfloorfrac{k}{i} floor})

于是,对于(lfloor frac{k}{i} floor)可以用分块进行处理，取值约为：(sqrt{k})种，故复杂度约为O((sqrt{k}))

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<math.h>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;

ll n,k;
ll ans;

int main(void)
{
	scanf("%lld%lld",&n,&k);
	
	ans=n*k;
	
	for(int l=1,r;l<=n;l=r+1)
	{
		if(k/l!=0) r=min(k/(k/l),n);
		else r=n;
		ans-=(k/l)*(r-l+1)*(l+r)/2;//当前块的t*当前块元素的个数*当前块中元素的平均值 
	}
	
	printf("%lld",ans);
	
	return 0;
}