P2261 [CQOI2007]余数求和

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题目大意：给出正整数\(n\),\(k\),请计算\(G(n,k)=\sum_{i=1}^n\ k\ mod\ i\)
思路：一道整除分块的入门题

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整除分块的基本形式为：\(\sum_{i=1}^n\lfloor \frac{n}{i}\rfloor\)
对于任意一个\(i(i\le n)\),我们要找到一个最大的\(j(i\le j\le n)\)，使得\(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor=\lfloor\frac{n}{j}\rfloor\),那么此时\(j=\lfloor\frac{n}{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}\rfloor\)

显然\(i\le j\le n\)(证明从略)，设\(k=\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\)，当\(\lfloor\frac{n}{j}\rfloor=k\)，\(j_{max}=\lfloor\frac{n}{k}\rfloor\)(证明从略)

那么对于每次以\([i,j]\)为一块，分块求和即可

Code:

for(ll l=1,r;l<=n;l=r+1){
        r=n/(n/l);
        ans+=(r-l+1)*(n/l);
}

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对于本题来说，\(\sum_{i=1}^n\ k\ mod\ i=\sum_{i=1}^n\ k-i*\lfloor\frac{k}{i}\rfloor=n*k-\sum_{i=1}^n\ i*\lfloor\frac{k}{i}\rfloor\)

对于\(\sum_{i=1}^n\ i*\lfloor\frac{k}{i}\rfloor\)，我们把每块\([l,r]\)对应的\(\sum_{i=l}^r\ i*\lfloor\frac{k}{i}\rfloor\)中，令\(T=\sum_{i=l}^r\lfloor\frac{k}{i}\rfloor\)，\(\sum_{i=l}^r\ i*\lfloor\frac{k}{i}\rfloor=T*\sum_{i=l}^r\ i=T*\frac{l+r}{2}\)

复杂度\(O(\sqrt n)\)

Code:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e3+10,mod=1e9+7;
typedef long long ll;
ll n,k;
int main(){
	cin>>n>>k;
	ll ans=n*k;
	for(ll l=1,r;l<=n;l=r+1){
		if(k/l!=0) r=min(n,k/(k/l));
		else r=n;
		ans-=(l+r)*(k/l)*(r-l+1)/2;
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}