[2007CQOI]余数求和——除法分块

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∑ni=1k mod i
因为取模的性质，所以可以继续化简

∑i=1n(k−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⌋是相同的，那么我们便可以将每一部分相同的i∗⌊ki⌋中⌊ki⌋给提取公因式，就会变成了⌊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√)；
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 longusing 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;}