luogu2261余数求和题解--整除分块

题目链接

https://www.luogu.org/problemnew/show/P2261

分析

显然$k$ $mod$ $i=k-\lfloor {k/i}\rfloor$ $\times$ $i$,于是我们只需要求$N * k-\sum_{i=1}^N {\lfloor {k/i}\rfloor\times i}$

这里就需要数论分块,也称作整除分块的知识

结论:

$\forall{i} \in [x,\lfloor {k/{\lfloor {k/x}\rfloor }}\rfloor]$,$\lfloor k/i \rfloor$的值都相等

证明

先咕了....

于是这道题再套个等差数列求和就完了...

代码

#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cctype>
#define ll long long
#define ri register int
using std::min;
using std::max;
ll n,k,ans=0,g;
int main(){
    scanf("%lld %lld",&n,&k);
    ans=n*k;
    for(ri i=1;i<=n;i=g+1){
        g= k/i ? min(k/(k/i),n) : n;//如果i大于k的话直接一步把后面的算完
        ans -= (i+g)*(g-i+1)/2 * (k/i);
        //     等差数列求和      数论分块
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/Rye-Catcher/p/9648325.html

时间： 2024-11-06 07:19:54

luogu2261余数求和题解--整除分块的相关文章

[CQOI2007]余数求和-整除分块

题目题目题目大意: 给出正整数$n,k$,求$\Sigma_{i=1}^{n}{k \bmod i}$ 代码乍一看只能暴力,其实稍微修改下就变成了数论分块. $\Sigma_{i=1}^{n}{k \bmod i}=\Sigma_{i=1}^{n}{\lfloor{\frac{k}{i}}\rfloor} \times i$ 然后就比一般的整除分块只是多了一个i,套板子就行了. #include <iostream> using namespace std; typedef

题解 P2261 【[CQOI2007]余数求和】

题目链接 Solution [CQOI2007]余数求和题目大意:给定$n,k$,求$\sum_{i = 1}^{n}k \bmod i$ 解析:我们考虑大力化柿子 \[\sum_{i = 1}^{n}k \bmod i\] \[=\sum_{i = 1}^{n}k-i \times \lfloor \frac{k}{i} \rfloor\] \[=nk-\sum_{i = 1}^{n}i \times\lfloor \frac{k}{i} \rfloor\] 然后我们发现右边\(\s

Luogu2261 [CQOI2007]余数求和

题目蓝链 Description 定义函数$G(n, k) = \sum\limits_{i = 1}^{n} k~mod~i$,给定$n, k$,求函数$G$的值 $n, k \leq 10^9$ Solution 我一开始看这题的时候居然还懵了一下因为当$i > k$时,余数一定都是$k$,所以我们只需要考虑$i \leq k$的部分怎么求我们可以把$k$表示成$a \cdot i + b$的形式,我们发现$k$分别整除$[1, k]$之间的数

【BZOJ1257】余数之和（数论分块，暴力）

[BZOJ1257]余数之和(数论分块,暴力) 题解 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

LightOJ 1098(均值不等式，整除分块玄学优化)

We all know that any integer number n is divisible by 1 and n. That is why these two numbers are not the actual divisors of any numbers. The function SOD(n) (sum of divisors) is defined as the summation of all the actual divisors of an integer number

【纪中集训2019.3.29】整除分块

题目描述 ? 本题的背景是整除分块: ? 定义一个数列$a_{n,i} ? = ?\lfloor \frac{n}{i} \rfloor $ ; ? 求$\sum_{i=l}^{r} mex(a_n) $ ; ? 其中$mex$表示序列中最小的没有出现过的自然数: ? 答案对$998244353$取模 : 范围 ? $1 \le T \le 65536 \ , \ 1 \le l ,r \le 10^{36}$ : ? 评测系统支持使用 $ _ _ int218 $ ,但是不能直接

[Luogu 2261] CQOI2007 余数求和

[Luogu 2261] CQOI2007 余数求和 <题目链接> 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,\

数论分块之整除分块

前言最近在学莫比乌斯反演,然而只看懂了莫比乌斯函数,然后反演看着一脸懵逼,最后只看懂了数论分块里面的一个分支内容(也是莫比乌斯反演的前置姿势),整除分块于是写一篇博文记录一下整除分块整除分块整除分块是用于快速处理形似 \[ \sum_{i=1}^{n}{\lfloor \frac{n}{i} \rfloor} \] 的式子的方法很显然,这个可以$O(n)$得到答案.但是,在某些题目中,毒瘤出题人将数据加强到了$10^{10}$以上,这个时候我们就无法通过$O(n)$的解法来

[Bzoj 2956] 模积和 (整除分块)

整除分块一般形式:$\sum_{i = 1}^n \lfloor \frac{n}{i} \rfloor * f(i)$. 需要一种高效求得函数 $f(i)$ 的前缀和的方法,比如等差等比数列求和或对于积性函数的筛法等,然后就可以用整除分块的思想做. 题目解法化公式变成比较方便的形式: $\ \sum_{i = 1}^n \sum_{j = 1}^m (n \mod i)(m \mod j), i \ne j$ \(= \sum_{i = 1}^n \sum_{j = 1}^m