[CQOI2007]余数求和

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题目链接：[CQOI2007]余数求和

题意：求$\sum_{i=1}^{n}k\ mod \ i$

式子的变形比较常规

$$\sum_{i=1}^{n}k\ mod \ i=\sum_{i=1}^{n}{(k-\lfloor{\frac{k}{i}}\rfloor *i)}=k*n-\sum_{i=1}^n{\lfloor{\frac{k}{i}\rfloor}*i}$$

注意到$\lfloor{\frac{k}{i}\rfloor}$的取值程阶梯状递增，一共有$\sqrt{n}$种取值可以使用

所以如果我们能将所有$\lfloor \frac{k}{i}\rfloor$相同的数一起处理的话，时间复杂度就约为$O(\sqrt n)$，可以承受

那么问题就是如何找到这些相同的数了，很明显它们会处在一段区间中

所以只要找到区间的两个端点就可以了

即找到能使$\lfloor\frac{k}{i}\rfloor==\lfloor\frac{k}{j}\rfloor$成立的最大的$j$

打表发现$j=\lfloor\frac{k}{\lfloor{\frac{k}{i}\rfloor}}\rfloor$

那么考虑如何证明它

先证明当$j=\lfloor\frac{k}{\lfloor{\frac{k}{i}\rfloor}}\rfloor$时结论成立

$\because \lfloor\frac{k}{i}\rfloor \leq \frac{k}{i}$

$\therefore \frac{n}{\lfloor{\frac{k}{i}}\rfloor}\geq \frac{k}{\frac{k}{i}}=k$

即$\therefore \frac{n}{\lfloor{\frac{k}{i}}\rfloor}\geq k$

接下来证明，当$j=\lfloor\frac{k}{\lfloor{\frac{k}{i}\rfloor}+1}\rfloor$时结论不成立，即证明$\lfloor\frac{k}{\lfloor{\frac{k}{i}\rfloor}+1}\rfloor<a$（记$a=\lfloor\frac{k}{i}\rfloor$）

由待证不等式知$\frac{k}{\lfloor{\frac{k}{i}\rfloor}+1}<a$

$a*{\lfloor\frac{k}{i}\rfloor}+a>k$

对$k$进行带余除法可得$k=qa+r(0\leq r<a)$

$a*{\lfloor\frac{k}{i}\rfloor}+a=a*q+a>qa+r=k$

结论得证

那么接下来只要对$t=\lfloor\frac{k}{i}\rfloor$分类讨论即可

1）若$t\not=0$，则右边界$r=min(\lfloor\frac{k}{t}\rfloor,n)$（有可能出现$\lfloor\frac{k}{t}\rfloor>n$的情况，比如k很大，这时候不要超出边界）

2）若$t=0$，则右边界$r=n$（此时后面的所有数必然可以保证都>k，那么说明后面的所有数都属于同一部分）

代码

 1 #include<iostream>
 2 #include<string>
 3 #include<string.h>
 4 #include<stdio.h>
 5 #include<algorithm>
 6 using namespace std;
 7 int main()
 8 {
 9     long long n,k;
10     scanf("%lld%lld",&n,&k);
11     long long ans=n*k,l=1,r;
12     while (l<=n)
13     {
14         if (k/l==0) r=n; else r=min(n,k/(k/l));
15         ans-=(k/l)*(l+r)*(r-l+1)/2;
16         l=r+1;
17     }
18     printf("%lld",ans);
19     return 0;
20 }
21  

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原文地址：https://www.cnblogs.com/zhou2003/p/9814050.html