【bzoj1257】[CQOI2007]余数之和sum

2014年9月1日1,9161

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

HINT

50%的数据满足:1<=n, k<=1000 100%的数据满足:1<=n ,k<=10^9

题解:暴力枚举还有50分不得不吐槽一番,正解是怎么样的呢?

k%i可以写成k-k/i*i,所以重点在求∑⌊ki⌋∗i

打表可得,当i逐渐增大时,∑⌊ki⌋在连续区间内的值保持不变。仔细想想其实⌊ki⌋的取值只有k√个。因为每个数都对应一段连续区间,所以[1,n]整个区间被分为k√个。于是我们可以枚举每个区间,复杂度是O(k√)。

设连续区间为[l,r],区间内的值为w,则需满足w=⌊kl⌋=⌊kr⌋,使得l最小,r最大。

因为我们要枚举区间,所以l的值可以确定。

因为w=⌊kl⌋,w是下取整后的结果,是最小的。所以r=⌊kw⌋,w是最小的,r就是最大的。

这样在当前区间内,w的值就确定了,区间大小也确定了。因为要乘i,所以当前区间就是公差为w的等差数列。当前区间对答案的贡献为:

−l+r2∗w∗(r−l+1)

最终答案是:

n∗k−∑l+r2∗w∗(r−l+1)
 
然后就可以了。
 #include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<cstring>
#define ll long long
using namespace std; ll ans,n,k; int main()
{
scanf("%lld%lld",&n,&k);
if (n>k)
{
ans=(ll)(n-k)*k;
n=k;
}
ll r;
for (int i=;i<=n;i=r+)
{
int t=k/i;
r=k/t;
if (r>=n) r=n;
ans=ans+(ll)(r-i+)*k-(ll)(r-i+)*(i+r)/*t;
}
printf("%lld",ans);
}

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