http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1257
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。
Output
输出仅一行，即j(n, k)。
Sample Input
5 3
Sample Output
7
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参考了http://blog.csdn.net/u013598409/article/details/47037031
预备知识：
1.等差数列求和。
2.k%i=k-k/i*i（除号均为整除，下同）
由知识2可得我们所求的答案为n*k-∑(k/i*i)
我们也可知道，i在一定的范围内时，k/i的值将唯一。
所以这给我们一个想法，即固定w=k/i，将答案变为n*k-∑(w*∑i)
那么求∑i就需要知道这个区间的左右端点，左端点即是i，而右端点r=k/w。
证明：显然i*w<=k，那么i<=k/w，取等时为边界。
然后利用等比数列求和的想法即可求得答案。
接下来设s=根号n（向下取整），简单证明算法复杂度为O(s)：
显然（但我不会证明）s+m>s>n/(s+m)，也就是说s处于一个对称轴的位置，他之后的数（即[s+1,n]）被n除后一定可以映射到[1,s]之中，即最大数量为s个。
那么反着推[1,s]被n除后映射的最大数量也应该是s个
所以我们能够发现w的取值个数最大有2*s个。
即算法复杂度为O(2*s)
#include<cstdio> #include<queue> #include<cctype> #include<cstring> #include<cmath> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; typedef long long ll; int main(){ ll n,k; scanf("%lld%lld",&n,&k); ll ans=n*k; if(n>k)n=k; int l,r,j; for(int i=1;i<=n;i=r+1){ j=k/i,l=i,r=k/j; if(r>=n)r=n; ans-=(ll)(l+r)*(r-l+1)*j/2; } printf("%lld ",ans); return 0; }