[BZOJ1257][CQOI2007]余数求和（数论）

最新推荐文章于 2020-07-09 17:11:18 发布

xyz32768

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本文介绍了一种针对特定数学问题的高效算法。通过观察发现，对于任意整数i（1≤i≤k），表达式⌊k/i⌋的取值种类有限。利用这一特性，可以将问题转化为对特定区间的求和问题。文中详细推导了求和公式的建立过程，并给出了完整的C++实现代码。

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我实在是太弱，只好去刷水题了。
首先注意到，对于任意一个 $1≤i≤k$ ， $\lfloor\frac{k}{i}\rfloor$ 的取值只有 $O(\sqrt k)$ 种，并且相同的 $\lfloor\frac{k}{i}\rfloor$ 的取值对应的 $i$ 都是连续的一段区间。所以，先把所有满足条件的区间提取出来。
对于任意一个 $\lfloor\frac{k}{i}\rfloor==\lfloor\frac{k}{i+1}\rfloor$ ，有：
$k=i*\lfloor\frac{k}{i}\rfloor+k \mod i=(i+1)*\lfloor\frac{k}{i+1}\rfloor+k \mod (i+1)$
设 $x=\lfloor\frac{k}{i}\rfloor,a=k \mod i$ ，则有：
$i*x+a=(i+1)*x+k \mod (i+1)$
化简得 $a=x+k \mod (i+1)$ 。
即对于任意一个 $\lfloor\frac{k}{i}\rfloor==\lfloor\frac{k}{i+1}\rfloor$ ，有 $k \mod i=k \mod (i+1)+\lfloor\frac{k}{i}\rfloor$ 。
也就是说，对于一段区间 $[l,r]$ ，如果 $\lfloor\frac{k}{l}\rfloor,\lfloor\frac{k}{l+1}\rfloor,...,\lfloor\frac{k}{r-1}\rfloor,\lfloor\frac{k}{r}\rfloor$ 的值全部相同，则有：
$\sum_{i=l}^rk\mod i=(k \mod l)*(r-l+1)-\frac{\lfloor\frac{k}{l}\rfloor*(r-l)*(r-l+1)}{2}$ 。
这样就很好做了。具体实现见代码。注意，对于任意一个 $i>k$ ， $k \mod i=k$ 。
代码：

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
inline int read() {
    int res = 0; bool bo = 0; char c;
    while (((c = getchar()) < '0' || c > '9') && c != '-');
    if (c == '-') bo = 1; else res = c - 48;
    while ((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')
        res = (res << 3) + (res << 1) + (c - 48);
    return bo ? ~res + 1 : res;
}
typedef long long ll;
const int N = 1e5 + 5;
int n, k, l[N], r[N], v[N]; ll ans;
int main() {
    int i, tot = 0; n = read(); k = read();
    for (i = 1; i <= k;) {
        v[++tot] = k / i;
        l[tot] = i; r[tot] = k / v[tot];
        i = r[tot] + 1;
    }
    for (i = 1; i <= tot; i++) {
        int len = min(n, r[i]) - l[i], t = k % l[i];
        ans += 1ll * t * (len + 1) - 1ll * v[i] * len * (len + 1) / 2;
        if (len == n) break;
    }
    if (n > k) ans += 1ll * (n - k) * k; cout << ans << endl; 
    return 0;
}