BZOJ-1257-[CQOI2007]余数之和sum

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

Input

输入仅一行，包含两个整数n, k。

Output

输出仅一行，即j(n, k)。

Sample Input

5 3

Sample Output

HINT

50%的数据满足：1<=n, k<=1000 100%的数据满足：1<=n ,k<=10^9

题解

这道题看了我挺久的

我们可以把k%x转化成k-[k/x]*x

不考虑上限为n的情况我们假设[k/x]=a(a>0)，那么x的区间的head就是[k/(a+1)]+1，tail就是[k/a]

这样我们可以通过求取这一段区间的值（就是等差数列），求出这段区间的k%x的值

a每次改成[k/(head-1)]

head和tail随之改变

这样依次做下去直到head变为1

这样时间复杂度就是a的个数 O(√k)

但是如果x>k呢实际上x>k的情况只可能在n>k的时候出现

a开始的值为[k/n]=0，head和tail刚开始的值分别[k/(0+1)]+1和n，发现是正确的

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 #define ll long long
 3 using namespace std;
 4 ll n,k,ans,sum,h,t,num,cnt;
 5 int main(){
 6     scanf("%lld%lld",&n,&k);
 7     cnt=k/n;
 8     t=n;
 9     h=k/(cnt+1)+1;
10     ans+=k*(t-h+1)-cnt*(t-h+1)*(t+h)/2;
11     while (h>1){
12         cnt=k/(h-1);
13         t=k/cnt;
14         h=k/(cnt+1)+1;
15         ans+=k*(t-h+1)-cnt*(t-h+1)*(t+h)/2;
16     }
17     printf("%lld\n",ans);
18     return 0;
19 }

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