題目背景

數學題，無背景

題目描述

給出正整數n和k，計算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的餘數。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

輸入輸出格式

輸入格式：

兩個整數n k

輸出格式：

答案

輸入輸出樣例

輸入樣例#1： 複製

10 5

輸出樣例#1： 複製

29

說明

30%: n,k <= 1000

60%: n,k <= 10^6

100% n,k <= 10^9

題解:題意很簡單,對於1e9範圍內的餘數求和,線性複雜度肯定是不夠的,這個時候就需要一個很神奇的思想,整除分塊:~~

首先考慮對於(n/i)從1-n求和,因為n/i很多的區間是相同的 從l-r中n/l==n/r,這些地方便可以直接跳過去大大的減小複雜度,

程式碼大概是這樣的:

for(int l=1,r;l<=n;l=r+1)
    {
        r=n/(n/l);
        ans+=(r-l+1)*(n/l);
    }
 

這樣就可以只有sqrt(n)的複雜度了~~

那麼我們回到這道題,對於這道題來說k%i=k-(k/i)*i; 那麼便可以發現在一個區間l-r中,k/i是相同的,那麼便可以直接求i的一個等差數列的和即可~~

#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,s,t) for(int i=s;i<=t;i++)
#define SI(i) scanf("%lld",&i)
#define PI(i) printf("%lld\n",i)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=1e9+7;
const int MAX=1e5+5;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const double eps=1e-8;
int dir[9][2]={0,1,0,-1,1,0,-1,0, -1,-1,-1,1,1,-1,1,1};
template<class T>bool gmax(T &a,T b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>bool gmin(T &a,T b){return a>b?a=b,1:0;}
template<class T>void gmod(T &a,T b){a=((a+b)%mod+mod)%mod;}
typedef pair<ll,ll> PII;

int main()
{
    ll n,k;
    SI(n);SI(k);

    ll ans=n*k;
    for(ll l=1,r;l<=min(n,k);l=r+1)
    {
        r=min(k/(k/l),n);
        ans-=(k/l)*(l+r)*(r-l+1)/2;
    }

    printf("%lld\n",ans);

    return 0;
}