[2007CQOI]余数求和——除法分块

最新推荐文章于 2021-06-20 22:18:57 发布

ylsoi

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本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/ylsoi/article/details/78416187

本文介绍了一种计算G(n,k)的高效方法，其中G(n,k)定义为从1到n的所有正整数与k相除取余数之和。通过数学推导，我们将原始问题转化为更易于计算的形式，并利用除法分块技巧显著降低了计算复杂度。

题目大意

给出正整数n和k，计算 $G(n, k)=k \ mod \ 1 + k \ mod \ 2 + k \ mod \ 3 + … + k \ mod \ n$ 的值，其中k mod i表示k除以i的余数。例如
$G(10, 5)=5 \ mod \ 1 + 5 \ mod \ 2 + 5 \ mod \ 3 + 5 \ mod \ 4 + 5 \ mod \ 5 …… + 5 \ mod \ 10=0+1+2+1+0+5+5+5+5+5=29$
题目的描述十分清楚，注意到 $G(n,k)$ 可以化简为 $\sum_{i=1}^n k\ mod\ i$
因为取模的性质，所以可以继续化简

\sum i = 1 n k - i * ⌊ k i ⌋ = n * k - \sum i = 1 n i * ⌊ k i ⌋

$\sum_{i=1}^nk-i*\lfloor \frac{k}{i} \rfloor=n*k-\sum_{i=1}^ni*\lfloor \frac{k}{i} \rfloor$
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⌋ $\lfloor \frac{k}{i} \rfloor$ 是相同的，那么我们便可以将每一部分相同的

i∗⌊ki⌋i∗⌊ki⌋ $i*\lfloor \frac{k}{i} \rfloor$ 中

⌊ki⌋⌊ki⌋ $\lfloor \frac{k}{i} \rfloor$ 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⌋) $\lfloor \frac{k}{i} \rfloor*(i+i+1+i+2+...\frac{k}{\lfloor \frac{k}{i}\rfloor})$ ，这就是所谓的除法分块了。最后的时间复杂是O(

n−−√n $\sqrt{n}$ )；
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;
}