[CQOI2007]余数求和

题目链接：[CQOI2007]余数求和

题意：求$sum_{i=1}^{n}k mod i$

式子的变形比较常规

$$sum_{i=1}^{n}k mod i=sum_{i=1}^{n}{(k-lfloor{frac{k}{i}} floor *i)}=k*n-sum_{i=1}^n{lfloor{frac{k}{i} floor}*i}$$

注意到$lfloor{frac{k}{i} floor}$的取值程阶梯状递增，一共有$sqrt{n}$种取值可以使用

所以如果我们能将所有$lfloor frac{k}{i} floor$相同的数一起处理的话，时间复杂度就约为$O(sqrt n)$，可以承受

那么问题就是如何找到这些相同的数了，很明显它们会处在一段区间中

所以只要找到区间的两个端点就可以了

即找到能使$lfloorfrac{k}{i} floor==lfloorfrac{k}{j} floor$成立的最大的$j$

打表发现$j=lfloorfrac{k}{lfloor{frac{k}{i} floor}} floor$

那么考虑如何证明它

先证明当$j=lfloorfrac{k}{lfloor{frac{k}{i} floor}} floor$时结论成立

$ecause lfloorfrac{k}{i} floor leq frac{k}{i}$

$ herefore frac{n}{lfloor{frac{k}{i}} floor}geq frac{k}{frac{k}{i}}=k$

即$ herefore frac{n}{lfloor{frac{k}{i}} floor}geq k$

接下来证明，当$j=lfloorfrac{k}{lfloor{frac{k}{i} floor}+1} floor$时结论不成立，即证明$lfloorfrac{k}{lfloor{frac{k}{i} floor}+1} floor<a$（记$a=lfloorfrac{k}{i} floor$）

由待证不等式知$frac{k}{lfloor{frac{k}{i} floor}+1}<a$

$a*{lfloorfrac{k}{i} floor}+a>k$

对$k$进行带余除法可得$k=qa+r(0leq r<a)$

$a*{lfloorfrac{k}{i} floor}+a=a*q+a>qa+r=k$

结论得证

那么接下来只要对$t=lfloorfrac{k}{i} floor$分类讨论即可

1）若$t ot=0$，则右边界$r=min(lfloorfrac{k}{t} floor,n)$（有可能出现$lfloorfrac{k}{t} floor>n$的情况，比如k很大，这时候不要超出边界）

2）若$t=0$，则右边界$r=n$（此时后面的所有数必然可以保证都>k，那么说明后面的所有数都属于同一部分）

代码

#include<iostream>
#include<string>
#include<string.h>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
int main()
{
    long long n,k;
    scanf("%lld%lld",&n,&k);
    long long ans=n*k,l=1,r;
    while (l<=n)
    {
        if (k/l==0) r=n; else r=min(n,k/(k/l));
        ans-=(k/l)*(l+r)*(r-l+1)/2;
        l=r+1;
    }
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}