2019.01.24【NOIP提高组】模拟B组 JZOJ 3912 超氧化钾

2024-05-14 01:42:40

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余数求和原题

SolutionSolutionSolution

∑i=1n(kmodi)\sum_{i=1}^{n}(k\ mod\ i)∑i=1n(k mod i)

∵amodb=a−kb,k=⌊ab⌋\because a\ mod\ b=a-kb,k=\lfloor\frac ab\rfloor∵a mod b=a−kb,k=⌊ba⌋

∴原式=∑i=1n(k−i×⌊ki⌋)\therefore 原式=\sum_{i=1}^{n}(k-i\times \lfloor \frac ki\rfloor)∴原式=∑i=1n(k−i×⌊ik⌋)

=nk−∑i=1ni⌊ki⌋=nk-\sum_{i=1}^ni\lfloor \frac ki\rfloor=nk−∑i=1ni⌊ik⌋

对于任意的x∈[1,k]x\in[1,k]x∈[1,k]，设g(x)=⌊k/⌊k/x⌋⌋g(x)=\lfloor k/\lfloor k/x\rfloor \rfloorg(x)=⌊k/⌊k/x⌋⌋。显然，函数f(x)=k/xf(x)=k/xf(x)=k/x单调递减

∵g(x)≥⌊k/(k/x)⌋=x\because g(x)\geq \lfloor k/(k/x)\rfloor=x∵g(x)≥⌊k/(k/x)⌋=x

∴⌊k/g(x)⌋≤⌊k/x⌋\therefore \lfloor k/g(x)\rfloor\leq \lfloor k/x\rfloor∴⌊k/g(x)⌋≤⌊k/x⌋

又∵⌊k/g(x)]≥⌊k/(k/⌊k/x⌋)⌋=⌊k/k∗⌊k/x⌋⌋=⌊k/x⌋\because \lfloor k/g(x)]\geq \lfloor k/(k/\lfloor k/x\rfloor)\rfloor=\lfloor k/k*\lfloor k/x\rfloor \rfloor=\lfloor k/x\rfloor∵⌊k/g(x)]≥⌊k/(k/⌊k/x⌋)⌋=⌊k/k∗⌊k/x⌋⌋=⌊k/x⌋

∴⌊k/g(x)⌋=⌊k/x⌋\therefore \lfloor k/g(x)\rfloor=\lfloor k/x\rfloor∴⌊k/g(x)⌋=⌊k/x⌋

于是乎，我们可以进一步得到

∀i∈[x,g(x)]\forall i\in[x,g(x)]∀i∈[x,g(x)]，⌊k/i⌋\lfloor k/i \rfloor⌊k/i⌋都相等

根据这个性质，就可以愉快O(k)O(\sqrt k)O(k)AC啦

CodeCodeCode

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
long long n,k,ans;
signed main()
{scanf("%lld%lld",&k,&n);ans=n*k;for (int x=1,gx;x<=n;x=gx+1) {gx=k/x?min(k/(k/x),n):n;ans-=(k/x)*(x+gx)*(gx-x+1)>>1;}printf("%lld",ans);
}

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