BZOJ 1257 余数之和sum （思维 数学 分段）

Description

给出正整数n和k，计算j(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j(5, 3)=3 mod 1 + 3 mod 2 + 3 mod 3 + 3 mod 4 + 3 mod 5=0+1+0+3+3=7

1<=n ,k<=10^9

思路：

=∑k mod i, 1<=i<=n
=∑k-[k/i]*i，1<=i<=n
=n*k-∑[k/i]*i，1<=i<=n

当i>k时[k/i]为0，所以只需要考虑i<=k的情况

根据性质知道[k/i]的取值个数不超过根号k个。

且相同的[k/i]的取值的作为一个连续区间，是一个等差数列，所以从1开始枚举每次可以二分找到与之[k/i]相等的区

间右端点然后等差数列求和。

每次找右端点有一个公式:

用i从1到min(n,k)枚举，每次找到取值w，算出左右区间。
左区间：L=i。
右区间：当[k/i]=w时，
根据高斯消元的性质，w=[k/i]<=k/i，
∴i>=k/w，R=(int)k/w。
∵可能存在R>=n，所以R=min(R,n)。
对于每个区间，res+=w*∑q，L<=q<=R。
然后i=R+1。

代码：

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>using namespace std;typedef long long ll;ll n, k;ll findLast(int l, int r){    int ans = 0, x = l;    while(l <= r)    {        int mid = (l+r)/2;        if(k/mid != k/x) r = mid-1;        else l = mid+1, ans = mid;    }    return ans;}int main(void){    while(cin >> n >> k)    {        ll ans = n*k, last = 1;        if(n > k) n = k;        for(int i = 1; i <= n; i = last+1)        {            last = findLast(i, n);//            last = min(n, k/(k/i));   //公式            ans -= (ll)(k/i)*(i+last)*(last-i+1)/2;        }        printf("%lld\n", ans);    }    return 0;}