洛谷P2261

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这道题里面，我基本上是用了找规律的方法，由于这种题是想法题，基本上只能靠意会了……

当然，我还是很良心的，出于自己语文不好，我觉得还是贴一下别人的描述吧（出处：洛古P2261题解）：

假设我们要求G(p,k)(p>k)，即k mod 1+ k mod 2 + k mod 3 + … +k mod p，我们可以把它分成k部分，分别是k mod ( k + 1 ) + k mod ( k + 2 ) + k mod ( k + 3 ) + … + k mod p和k mod ( k / 2 + 1 ) + k mod ( k / 2 + 2 ) + k mod ( k / 2 + 3 ) + … + k mod k和k mod ( k / 3 +1 ) + k mod ( k / 3 +2 ) + k mod ( k / 3 +3 ) + … + k mod ( k / 2 )和k mod ( k / 4 +1 ) +k mod ( k / 4 +2 ) + k mod ( k / 4 +3 ) + … + k mod ( k / 3 )和……和k mod k/k，分别记作第1部分，第2部分，第3部分……第k部分，可以证明，每一部分都是一个等差数列的和（请读者自己证明这一过程），则可用公式n·(a1+an)/2求得每个部分的值，相加即是答案。

但你会发现这种方法的时间复杂度为O(n)，与直接求值的时间复杂度（O(n)）相同。怎么办呢？我们可以先用直接求值的方法求出G(sqrt(p),k)的值和前sqrt(p)部分的和（sqrt(x)表示x的算术平方根用去尾法保留整数的值），可以证明，两者的和为G(p,k)（这个的证明应该很容易吧）。

那么问题来了，G(q,k)(q<k)的值是多少呢？方法与上面的类似，只是我们不用求其中一些部分，并且只要在修改一下其中一个部分即可

代码如下：

#include<cmath>
#include<iostream>
using namespace std;
long long n,k,ans=0,i,j;
int main()
{
	cin>>n>>k;
	for (i=2;(double)k/i>=floor(sqrt(k))&&n>k/i;i++)
	ans+=(min(k/(i-1),n)-k/i)*(k%min(k/(i-1),n)+k%(k/i+1))/2;
	if (n>k) ans+=k*(n-k);
	for (j=1;j<=floor(k/(i-1))&&j<=n;j++)
	ans+=k%j;
	cout<<ans;
	return 0;
}