BZOJ1257 [CQOI2007]余数之和

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

首先，若$k<n$，那么把答案加上$(n-k)*k$，然后n=k;

由于$kmod i = k - leftlfloorfrac k i ight floor * i$，而有些$leftlfloorfrac k i ight floor$是相同的，可以一起计算，

即，若$leftlfloorfrac k a ight floor = leftlfloorfrac k b ight floor (a leq b)$

那么$[a,b]$对答案的贡献是$k*(b-a) + leftlfloorfrac k a ight floor * frac{(a+b)(b-a+1)}2$。

又因为对于某个数s，若存在$i$使得$leftlfloorfrac k i ight floor = s$，那么最大的满足条件的$i$为$leftlfloorfrac k s ight floor$，所以上述$[a,b]$的右端点$b$是可以确定的。

又因为$leftlfloorfrac k i ight floor$只有$O(sqrt{k})$种（$i leq sqrt{k}$时，只有$O(sqrt{k})$个$i$；$i > sqrt{k}$时，只有$O(sqrt{k})$个$leftlfloorfrac k i ight floor$），所以复杂度为$O(sqrt{k})$。

附代码：

#include <cstdio>
typedef long long LL;
inline LL get(LL t) {
  return t * (t + 1) / 2;
}
int main() {
  LL n, k;
  scanf("%lld%lld", &n, &k);
  LL ans = k * n;
  if (n > k) n = k;
  for (LL i = 1, end; i <= n; i = end + 1) {
    end = k / (k / i);
    if (end > n) end = n;
    ans -= k / i * (get(end) - get(i - 1));
  }
  printf("%lld
", ans);
  return 0;
}