[CQOI2007]余数求和

Posted zhou2003

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题目链接:[CQOI2007]余数求和

题意:求$sum_{i=1}^{n}k mod i$

式子的变形比较常规

$$sum_{i=1}^{n}k mod i=sum_{i=1}^{n}{(k-lfloor{frac{k}{i}} floor *i)}=k*n-sum_{i=1}^n{lfloor{frac{k}{i} floor}*i}$$

注意到$lfloor{frac{k}{i} floor}$的取值程阶梯状递增,一共有$sqrt{n}$种取值可以使用

所以如果我们能将所有$lfloor frac{k}{i} floor$相同的数一起处理的话,时间复杂度就约为$O(sqrt n)$,可以承受

那么问题就是如何找到这些相同的数了,很明显它们会处在一段区间中

所以只要找到区间的两个端点就可以了

即找到能使$lfloorfrac{k}{i} floor==lfloorfrac{k}{j} floor$成立的最大的$j$

打表发现$j=lfloorfrac{k}{lfloor{frac{k}{i} floor}} floor$

那么考虑如何证明它

先证明当$j=lfloorfrac{k}{lfloor{frac{k}{i} floor}} floor$时结论成立

$ecause lfloorfrac{k}{i} floor leq frac{k}{i}$

$ herefore frac{n}{lfloor{frac{k}{i}} floor}geq frac{k}{frac{k}{i}}=k$

即$ herefore frac{n}{lfloor{frac{k}{i}} floor}geq k$

接下来证明,当$j=lfloorfrac{k}{lfloor{frac{k}{i} floor}+1} floor$时结论不成立,即证明$lfloorfrac{k}{lfloor{frac{k}{i} floor}+1} floor<a$(记$a=lfloorfrac{k}{i} floor$)

由待证不等式知$frac{k}{lfloor{frac{k}{i} floor}+1}<a$

$a*{lfloorfrac{k}{i} floor}+a>k$

对$k$进行带余除法可得$k=qa+r(0leq r<a)$

$a*{lfloorfrac{k}{i} floor}+a=a*q+a>qa+r=k$

结论得证

那么接下来只要对$t=lfloorfrac{k}{i} floor$分类讨论即可

1)若$t ot=0$,则右边界$r=min(lfloorfrac{k}{t} floor,n)$(有可能出现$lfloorfrac{k}{t} floor>n$的情况,比如k很大,这时候不要超出边界)

2)若$t=0$,则右边界$r=n$(此时后面的所有数必然可以保证都>k,那么说明后面的所有数都属于同一部分)

代码

 1 #include<iostream>
 2 #include<string>
 3 #include<string.h>
 4 #include<stdio.h>
 5 #include<algorithm>
 6 using namespace std;
 7 int main()
 8 {
 9     long long n,k;
10     scanf("%lld%lld",&n,&k);
11     long long ans=n*k,l=1,r;
12     while (l<=n)
13     {
14         if (k/l==0) r=n; else r=min(n,k/(k/l));
15         ans-=(k/l)*(l+r)*(r-l+1)/2;
16         l=r+1;
17     }
18     printf("%lld",ans);
19     return 0;
20 }
21  

 













































































以上是关于[CQOI2007]余数求和的主要内容,如果未能解决你的问题,请参考以下文章

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