LOJ 1089

题意 ： 

The function SOD(n) (sum of divisors) is defined as the summation of all the actual divisors of an integer number n. For example, SOD(24) = 2+3+4+6+8+12 = 35.

给出一个n，让求csod(n), n的范围在2*10^9;

思路： 这道题主要的思想是枚举除数， 很显然在n的范围内除数可以出现的值在2~~n。

每个除数i，出现的次数为(n/i-1), 其值为（n/i-1）*i; 我们可以算 sum(n/i*i),最后再把多余的项给补出来。

如果一个一个枚举的话肯定会tle的。 然后就是如何降低复杂度，其实对于每道题，看到数据之后应该想着正解算法的复杂度大概是多少，复杂度是这样的算法有哪些？然后就是如何才能降低这个复杂度呢？ 

其实给出了这个n的范围我们应该往√n 的复杂度上想。首先√n以前的数可以枚举，√n后的数n/i的值是在一些区间中的。并且这些区间中的值是连续的。 我们可以利用这个性质，并且只有√n 个区间。 n/i == k 的区间是[n/(k+1)+1, n/k];

 这道题RE一次。 主要是0的时候出现了一次。 数论题可能会有一些有特例（一般是小数据）。

AC代码：

#include <cstdio>
#include <string>
#include <queue>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <iostream>
using namespace std;
typedef unsigned long long ULL;

ULL n;

int main()
 {
     int t;
     n = 2;
     scanf("%d", &t);
     ULL ans, ss, l, r, k;
     for(int i=1; i<=t; i++)
      {
          scanf("%llu", &n);
          printf("Case %d: ", i);
          if(n <= 3)
           {
               puts("0");
               continue;
           }
          ans = 0;
          ss = (ULL)sqrt(n*1.0);
          for(int i=2; i<=ss; i++)
           {
               ans += n/i*i;
           }
          l = ss+1;
          k = n/l;
          r = n/k;
          ans += k*(r+l)*(r-l+1)/2;
          for(ULL j=k-1; j>=1; --j)
           {
               l = n/(j+1) +1;
               r = n/j;
               ans += j*(r+l)*(r-l+1)/2;
           }
           
          ans -= (2+n)*(n-2+1)/2;
          printf("%llu\n", ans);
      }
     return 0;
 }