UVa1363 - Joseph's Problem(数论)

在题目中有三种情况：

1、1<k<n；

2、k == n ;

3、k>n;

对于第一种情况我们可以分为1到k和k到n两个子问题来解。

1.1、1到k：

for( i = 1 , sum = 0 ; i <= k ; i ++ ) sum += k %i ;

1.2、k到n： sum =(n-k)*k;

而对于第二种情况就是第一种情况的（1）。但是就这样写的话时明显的tle的。

对于第二种情况也可以分为几个小问题来求解：

2.1、1到k/2：

for( i = k/2 ; i >=1 ; i-- ) sum+= k % i ;

2.2、k/2到k:

k%k+((k-1)+1)%(k-1)+.......+ (k-m0)+m0)%(k-m0) 其中m0 < k –m0 , 则m0<k/2, 又因为m0 是整数所以m0
= k/2 – 1 ;

简单的来说:如果k%i ( i ++ )  只要 k/i (i ++ ) 的值相同 ， 则 k % i 是以个等差数列 例如：

　　k = 100 , i = 26

　　100 % 26 = 22   100 / 26 = 3

　　100 % 27 = 19   100 / 27 = 3

　　100 % 28 = 16   100 / 28 = 3

　　100 % 29 = 13   100 / 29 = 3

所以 sum = sum(2.1) + sum(2.2) ；

然而2.1在k=10^9时所需的时间也是很大的，所以继续优化:

同理可得到for( i=k/2;i>=1;i-- ) 也可以化简成:

2.1.1、( (k/2)*2+m1 )%(k/2)+((k/2-1)*2+m1+2)%(k/2-1)+...+((k/2-x)*2+m1+2*x)%(k/2-x);

这里的m1=k%(k/2),因为在2.2式子中的m0=k/2-1 , 则 m1 = k%(k/2) ,且x=k/6-1;

2.1.1的式子是公差为2的等差数列；

2.1.2、for(i=k/3;i>=1;i--)

sum+=k%i;

综上可以知道，对于原来的线性搜索便可以拆成若干个等差数列的和。由此可以将式子化简成：

(k%(k/1)+k%(k/2+1))*(k/1-k/2)/2+(k%(k/2)+k%(k/3+1))*(k/2-k/3)/2+…设s=k/i;e=k/(i-1);

则上诉式子就变为： sum+=(k%e+k%(s+1))*(e-s)/2; 而它的时间复杂度仅为sqrt(k);

对于第三种情况，既k>n的情况，是第二种情况的特殊情况，区别就是把首相变成k%n而已。

3.1、1<n<sqrt(k);

3.2、1<sqrt(k)<n;

所以综合上面的可以知道，我们可以把sum分为三部分：

1、 sum+=(k%e+k%(s+1))*(e-s)/2

2、for(i=1;i<=n&&i<=b;i++) sum+=k%i; 其中b = k / sqrt(k) ;

3、 sum += (n-k)

#include<stdio.h>
#include<math.h>
long long jos(long long n,long long k){
    long long sum=0,a=(long long)sqrt(k),b=k/a,i;
    if(n>k) sum+=(n-k)*k;
    for(i=a;i>1;i--){
        long long s=k/i,e=k/(i-1);
        if(s>n) break;
        if(e>n) e=n;
        sum += (k%e+k%(s+1))*(e-s)/2;
    }
    for(i=1;i<=n&&i<=b;i++) sum+=k%i;
    return sum;
}
int main()
{
    long long n,k;
    while(scanf("%I64d%I64d",&n,&k)!=EOF)
    {
        printf("%I64d\n",jos(n,k));
    }
    return 0;
}

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