P2261 [CQOI2007]余数求和

题目背景
数学题，无背景

题目描述
给出正整数n和k，计算G(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G(10, 5)=5 mod 1 + 5 mod 2 + 5 mod 3 + 5 mod 4 + 5 mod 5 …… + 5 mod 10=0+1+2+1+0+5+5+5+5+5=29

输入输出格式
输入格式：
两个整数n k

输出格式：
答案

推导一波：

[Ans = sum_{i = 1}^{n}k \% i ]

[=sum_{i = 1}^{n}k - lfloor frac{k}{i} floor * i ]

[= n * k - sum_{i = 1}^{n}lfloorfrac{k}{i} floor * i ]

发现对于后面的 (lfloorfrac{k}{i} floor) 在一段区间内值不变，故 (sum) 部分可以除法分块解决

对于每一块，我们枚举左端点 (L) ，计算出右端点 (R) ，每次计算一块的总值，

右端点的计算方式 ~~（打表得）~~：令 (t = lfloor frac{k}{L} floor) ，分两种情况讨论：

(t ot= 0) ，则 (r = min (lfloor frac{k}{t} floor , n))
(t = 0) ，则 (R = n) 。

得到了一段区间的左右端点，由 (ans = lfloorfrac{k}{i} floor * i) ，因为在此区间内 (lfloorfrac{k}{i} floor) 不变且为上面计算的 (t) ，我们由乘法分配律得到这一区间的答案为区间 (i) 平均值乘以 (t)：$$(R - L + 1) / 2 * t$$

今后还可以用这个方法优化莫比乌斯反演，在这里姑且先记住

Code

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long
using namespace std;
int RD(){
    int flag = 1, out = 0;char c = getchar();
    while(c < '0' || c > '9'){if(c == '-')flag = -1;c = getchar();}
    while(c >= '0' && c <= '9'){out = out * 10 + c - '0';c = getchar();}
    return flag * out;
    }
int main(){
    LL n = RD(), k = RD();
    LL ans = k * n;
    int l, r;
    for(l = 1;l <= n;l = r + 1){
        LL t = k / l;
        if(t)r = min(n, k / t);
        else r = n;
        ans -= (r - l + 1) * t * (l + r) / 2;
        }
    printf("%lld
", ans);
    return 0;
    }