题目链接:https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1257

题意:

给定正整数 $n,k$,求 $(k \bmod 1) + (k \bmod 2) + \cdots + (k \bmod n) = \sum_{i=1}^{n}(k \bmod i)$ 的值。

题解:

显然 $k \bmod i = k - \lfloor k/i \rfloor \times i$,因此 $\sum_{i=1}^{n}(k \bmod i) = \sum_{i=1}^{n}(k - \lfloor k/i \rfloor \times i) = n \cdot k - \sum_{i=1}^{n}(\lfloor k/i \rfloor \times i)$。

对于任意正整数 $x \in [1,k]$, 设 $g(x) = \lfloor \frac{k}{\lfloor k/x \rfloor} \rfloor$,不难得出 $\lfloor k/x \rfloor \le k/x \Rightarrow \frac{k}{\lfloor k/x \rfloor} \ge \frac{k}{k/x} \Rightarrow \lfloor \frac{k}{\lfloor k/x \rfloor} \rfloor \ge \lfloor \frac{k}{k/x} \rfloor$,即 $g(x) \ge \lfloor \frac{k}{k/x} \rfloor = \lfloor x \rfloor = x$。

又根据 $f(x) = \frac{k}{x}$ 是一个单调递减函数,得到

$f(g(x)) \le f(x) \Rightarrow \frac{k}{g(x)} \le \frac{k}{x} \Rightarrow \lfloor \frac{k}{g(x)} \rfloor \le \lfloor \frac{k}{x} \rfloor$

另一方面,根据 $g(x) \le \frac{k}{\lfloor k/x \rfloor}$ 还能得出

因此,综上可以得出 $\lfloor \frac{k}{g(x)} \rfloor = \lfloor \frac{k}{x} \rfloor$;也就是说,对于任意的正整数 $i \in [x,g(x)]$,$\lfloor \frac{k}{i} \rfloor$ 都是相等的。

而与此同时,对于任意的正整数 $i \in [1,k]$,$\lfloor \frac{k}{i} \rfloor$ 的值最多只有 $2 \sqrt{k}$ 个,这是因为:

当 $i \le \sqrt{k}$ 时,$i$ 最多只有 $\sqrt{k}$ 个选择,相对应地,$\lfloor \frac{k}{i} \rfloor$ 也就最多 $\sqrt{k}$ 个值;而当 $i > \sqrt{k}$ 时,$\lfloor \frac{k}{i} \rfloor \le \frac{k}{i} < \sqrt{k}$,即 $\lfloor \frac{k}{i} \rfloor$ 只能取 $1 \sim \sqrt{k}$ 之间的值。

所以,对于任意的正整数 $i \in [1,k]$,$\lfloor \frac{k}{i} \rfloor$ 的值划分成 $O(\sqrt{k})$ 段。每一段上 $i \in [x,g(x)]$,$\lfloor \frac{k}{i} \rfloor$ 的值都等于 $\lfloor \frac{k}{x} \rfloor$。而在这一段中,$\sum_{i=x}^{g(x)}(\lfloor k/i \rfloor \times i) = \lfloor k/x \rfloor \sum_{i=x}^{g(x)}i$,即一个等差数列的求和。因此这个算法时间复杂度为 $O(\sqrt{k})$。

AC代码:

/**************************************************************
Problem: 1257
User: Dilthey
Language: C++
Result: Accepted
Time:20 ms
Memory:1288 kb
****************************************************************/ #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll; ll n,k,ans;
inline ll g(ll x){return k/(k/x);}
inline ll sum(ll L,ll R){return (L+R)*(R-L+)/;}
int main()
{
while(cin>>n>>k)
{
ll ans=n*k;
n=min(n,k);
for(ll x=;x<=n;x=g(x)+)
{
ll y=min(g(x),n);
ans-=(k/x)*sum(x,y);
}
cout<<ans<<endl;
}
}

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