CQOI2007 余数之和

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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。
1<=n ,k<=10^9

Output

输出仅一行，即j(n, k)。

Sample Input

5 3

Sample Output

7

##简要题解
我们可以把原式数学化一下：求$\sum \limits_^n k \mod i$。
我们可以发现

\[
\begin{align*}
\text{原式}&=\sum \limits_{i=1}^n k \mod i\\
&=\sum \limits_{i=1}^n k- \lfloor \frac ki \rfloor \cdot i\\
&=nk - \sum \limits_{i=1}^n \lfloor \frac ki \rfloor \cdot i
\end{align*}
\]

显然，只要$\lfloor \frac ki \rfloor$的值在一段段i的范围内是一样的。我们的任务就是要求出每一段这样的范围。我们令$f(x)=\lfloor \frac kx \rfloor \qquad g(x)=\lfloor \frac k{\lfloor \frac kx \rfloor} \rfloor$，那么其实直觉就可以告诉我们$g(x)\(就可以表示f值=\)\lfloor \frac kx \rfloor$的最大的数。然而数学毕竟是一门严谨的科学，我们可能需要来证明一下。
显然$\lfloor \frac kx \rfloor \leq \frac kx$，那么$g(x)=\lfloor \frac k{\lfloor \frac kx \rfloor} \rfloor \geq \lfloor \frac k{\frac kx } \rfloor = x \text{即} g(x) \geq x$。所以有$\lfloor \frac k{g(x)} \rfloor \leq \lfloor \frac kx \rfloor$。
同时，\(\lfloor \frac k{g(x)} \rfloor = \lfloor \frac k{\lfloor \frac k{\lfloor \frac kx \rfloor} \rfloor} \rfloor \geq \lfloor \frac k{ \frac k{\lfloor \frac kx \rfloor} } \rfloor = \lfloor \frac kx \rfloor\)，即$\lfloor \frac k{g(x)} \rfloor \geq \lfloor \frac kx \rfloor$ 又$\lfloor \frac k{g(x)} \rfloor \leq \lfloor \frac kx \rfloor$，所以$\lfloor \frac k{g(x)} \rfloor = \lfloor \frac kx \rfloor$。
所以$\forall i \in [x,\lfloor \frac k{\lfloor \frac kx \rfloor} \rfloor]\(，\)\lfloor \frac ki \rfloor$的值都相等！其实之前的猜想的“最大”是很显然的，也没必要再去证一遍了，就算不是最大的，也不影响我们的这个程序。
下面我们就有了一个算法：统计$[1,g(1)]\(的区间里的\)\lfloor \frac ki \rfloor \cdot i$的和，既然$\lfloor \frac ki \rfloor$都一样，那就用等差数列求和公式来算一下即可。然后在从$g(1)+1$到$g(g(1)+1)$这段区间再如此统计……重复上述步骤，直到$i>k$，此时$\lfloor \frac ki \rfloor$一定等于0，直接令g(i)=n，统计i..n即可。
下面我们算一下时间复杂度。这个时间复杂度，应该等于$\lfloor \frac ki \rfloor$有多少个不同的取值是一样的。当$i \leq \sqrt k$时,i只有$\sqrt k$中取值，所以$\lfloor \frac ki \rfloor$也最多只有$\sqrt k$种取值。当$i > \sqrt k$时，\(\lfloor \frac ki \rfloor < \sqrt k\)，所以$\lfloor \frac ki \rfloor$也最多只有$\sqrt k$种取值，所以$\lfloor \frac ki \rfloor$一共最多$2 \sqrt k$种取值。所以该算法的之间复杂度为$O(\sqrt k)$。

代码

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;

int n,k;ll ans;

int main(){
	scanf("%d%d",&n,&k);ans=1ll*n*k;
	for(register int i=1,g;i<=n;i=g+1){
		if(k/i!=0)g=min(n,k/(k/i));else g=n;//错误笔记：如果k/i==0即k<i的话，k/(k/i)会炸掉，所以要特判一下。
		ans-=(ll)(k/i)*(i+g)*(g-i+1)/2;
	}
	printf("%lld\n",ans);
}