题目大意
给出正整数n和k,计算G(n,k)=k mod 1+k mod 2+k mod 3+…+k mod nG(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
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=29G(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
题目的描述十分清楚,注意到G(n,k)G(n,k)可以化简为∑ni=1k mod i∑i=1nk mod i
因为取模的性质,所以可以继续化简
∑i=1nk−i∗⌊ki⌋=n∗k−∑i=1ni∗⌊ki⌋∑i=1nk−i∗⌊ki⌋=n∗k−∑i=1ni∗⌊ki⌋
前面一部分的值是可以直接算出来的,我们把后面一部分的表给打出来,就会发现一个规律,就是其中有相当一部分的连续的i的⌊ki⌋⌊ki⌋是相同的,那么我们便可以将每一部分相同的i∗⌊ki⌋i∗⌊ki⌋中⌊ki⌋⌊ki⌋给提取公因式,就会变成了⌊ki⌋∗(i+i+1+i+2+...k⌊ki⌋)⌊ki⌋∗(i+i+1+i+2+...k⌊ki⌋),这就是所谓的除法分块了。最后的时间复杂是O(n−−√n);
由于n可能大于k,所以在i大于k的时候要加一个判断,具体的代码如下
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<map>
#define REP(i,a,b) for(register int i=a;i<=b;++i)
#define DREP(i,a,b) for(register int i=a;i>=b;--i)
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=1e7+10;
ll n,k,ans;
int main(){
scanf("%lld%lld",&n,&k);
ans=n*k;
for(ll l=1,r;l<=n;l=r+1){//对于每一个可以整除分块的区间定义一个l和一个r
if(l<=k)r=min((k/(k/l)),n);
else r=n;//n>k时的判断
ans-=(k/l)*(l+r)*(r-l+1)/2;//详情请见上面的公式
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}