[Luogu 2261] CQOI2007 余数求和
这一定是我迄今为止见过最短小精悍的省选题了，核心代码 \(4\) 行，总代码 \(12\) 行，堪比小凯的疑惑啊。
这题一看暴力很好打，然而 \(10^{9}\) 的范围注定会卡掉暴力。
所以我们要用除法分块来优化。
由题意得：\(ans = \sum_{i=1}^{n} k \bmod i\)
我们知道，\(a \bmod b = a - b \times \lfloor \frac{a}{b} \rfloor\)
因此，\(ans = \sum_{i=1}^{n} k - i \times \lfloor \frac{k}{i} \rfloor = nk - \sum_{i=1}^{n} i \times \lfloor \frac{k}{i} \rfloor\)
我们用样例来打表找规律，发现 \(\lfloor \frac{k}{i} \rfloor\) 分别在一定的区域内相等，如下表所示：
| \(i\) | \(1\) | \(2\) | \(3\) | \(4\) | \(5\) | \(6\) | \(7\) | \(8\) | \(9\) | \(10\) |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| \(\lfloor \frac{k}{i} \rfloor\) | \(5\) | \(2\) | \(1\) | \(1\) | \(1\) | \(0\) | \(0\) | \(0\) | \(0\) | \(0\) |
可见 \(\lfloor \frac{k}{i} \rfloor\) 分成了 \(3\) 块，我们只需要计算 \(n \times k\) 减去每一块的和即可。
首先枚举块的左边界 \(l\)，并根据左边界和 \(k\) 计算出右边界 \(r\)。
令 \(t = \lfloor \frac{k}{l} \rfloor\)，分两种情况讨论：
- \(t \neq 0\)，则 \(r = \min (\lfloor \frac{k}{t} \rfloor , n)\)；
- \(t = 0\)，则 \(r = n\)。
（请自行打草稿验证。）
右边界有了，每一块的和也就可以计算出了。
每一块的和 \(=\) 当前块的 \(t\) \(\times\) 当前块元素个数 \(\times\) 当前块 \(i\) 的平均值 \(= t \times (r-l+1) \times (l+r) \div 2\)
当前块处理完后，令 \(l = r + 1\)，开始计算下一块，直到计算至 \(n\)。
除法分块就是这样，在莫比乌斯反演优化中也有作用的。
给出最短小精悍的省选题代码。
记得开long long！
#include <algorithm>
#include <cstdio>
using std::min;
long long n,k,ans;
int main(int argc,char *argv[])
{
scanf("%lld %lld",&n,&k);
for(long long l=1,r,t;l<=n;l=r+1)
r=(t=k/l) ? min(k/t,n) : n,ans-=t*(r-l+1)*(l+r)>>1;
printf("%lld\n",ans+n*k);
return 0;
}谢谢阅读。
原文地址：https://www.cnblogs.com/Capella/p/8476047.html