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##[$AcWing$ $199$. 余数之和](https://www.acwing.com/problem/content/description/201/)
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### 一、题目描述
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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。
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例如 $j(5,3)=3~mod~1+3~mod~2+3~mod~3+3~mod~4+3~mod~5=0+1+0+3+3=7$。
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**输入格式**
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输入仅一行，包含两个整数 $n,k$。
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**输出格式**
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输出仅一行，即 $j(n,k)$。
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**数据范围**
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$1≤n,k≤10^9$
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**输入样例：**
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```cpp {.line-numbers}
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5 3
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```
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**输出样例：**
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```cpp {.line-numbers}
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7
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```
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### 二、暴力作法
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> **注**：暴力作法用于骗分+理解题意
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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#define int long long
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#define endl "\n"
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int n, k, ans;
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signed main() {
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// 通过了 6/10个数据
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cin >> n >> k;
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for (int i = 1; i <= n; i++) ans += k % i;
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cout << ans << endl;
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}
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```
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### 三、整除分块
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我们先研究一下如下的序列有哪些特点，再结合本题实际给出解题思路：
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$$\large \displaystyle f(i)=\lfloor \frac{k}{i} \rfloor ~ (i \in [1,n])$$
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> **注**：本题要求的是$[1 \sim n]$之内所有数字对数字$k$ **取模**，我们不直接研究取模，而是在研究$[1 \sim n]$之内每个数字被$k$整除的结果。这个结果，与 **取模** 是有关系的，后面的题解中也会证明这一点。
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举个例子，$n = 4,k=5$,
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$f(1)=k/1=5/1=5 \\
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f(2)=k/2=5/2=2 \\
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f(3)=k/3=5/3=1,f(4)=k/4=5/4=1,f(5)=k/5=5/5=1$
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一字排开，得到$5,2,1,1,1$，相同的分到一个 **连续一样的数字段** 中，直观一点，写成：$[5],[2],[1,1,1]$
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<center><img src='https://cdn.acwing.com/media/article/image/2022/03/25/94631_bd6771ecab-4ocKnIkdlrW9JMs.png'></center>
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### 四、本题题解
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**题意**：给出$n,k$,求 $\displaystyle \sum_{i=1}^{n}k \ mod \ i$。
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首先取模形式不好处理，根据取模运算定义做 **等价变形**：
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$$\large \sum_{i=1}^nk \ mod \ i=\sum_{i=1}^n(k-⌊\frac{k}{i}⌋\cdot i)$$
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化简
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$$\large n \cdot k-\sum_{i=1}^n ⌊\frac{k}{i}⌋\cdot i$$
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我们发现重点在于求$\large \displaystyle \sum_{i=1}^n ⌊\frac{k}{i}⌋ \cdot i$。
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发现$\large \underset{\text{i=1}}{\overset{\text{n}}{⌊\frac{k}{i}⌋}}$ 的值 **呈块状分布**（即结果数组分成若干块，每块中值相等），是 **整除分块**。
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#### 1、 块内的累加和是多少？
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首先 **一个块内部** 的答案显然是好求的，设块起点为 $l$，终点为 $r$，同时$\displaystyle \large ⌊\frac{k}{l}⌋=⌊\frac{k}{l+1}⌋=...=⌊\frac{k}{r}⌋$,
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累加和是$\large \displaystyle ⌊\frac{k}{l}⌋ \cdot \sum_{i=l}^r i$。
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#### 2、如何根据一个块的起点求块的终点呢?
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① 下一个块的起点就是前一个块的终点加$1$。
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② 第一个块的起点位置坐标肯定是$1$
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> **注**：这里说的第一个块的起点，是指最终结果数组中块的下标位置，如上例，就是
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> 序列 ` 5 2 1 1 1`
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> **序号** ` 1 2 3 4 5`
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③ 如果有办法能通过一个块的起点，找到这个块的终点，那就能确定一个块的范围,我们来研究一下这个办法：
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首先由于 **块内值** 都相同，可以设 $\large \displaystyle x= ⌊\frac{k}{l}⌋= ⌊\frac{k}{r}⌋$
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根据 $\displaystyle \large x=⌊\frac{k}{r}⌋$ ① $\Rightarrow$ 变形 $\Rightarrow $ $\large \displaystyle x \cdot r \leq k$ $\Rightarrow$ 变形 $\Rightarrow$ $\large \displaystyle r \leq ⌊\frac{k}{x}⌋$ ②
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将$\large \displaystyle x=⌊\frac{k}{l}⌋$ ① 代入 ②,得$\large \displaystyle r \leq ⌊\frac{k}{⌊\frac{k}{l}⌋}⌋$,这样就确定了$r$的最大值。
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> **注**：当$k,l$确定时，$r$的上限就已经确定，同时，由于第一起点块的$l=1$，我们就可以一路向后递推找出所有块的右边界！一旦有了右边界，就可以利用 $\large \displaystyle ⌊\frac{k}{l}⌋\cdot \sum_{i=l}^ri$来快速计算出区间和。
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#### 3、时间复杂度【选读】
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当 $i>\sqrt{n}$ 时，$\large \displaystyle ⌊\frac{k}{i}⌋ \leq \sqrt{n}$,也就是说原式只有小于 $\sqrt{k}$ 种取值。
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> **注**：纯粹的数学思考，除以一个$ \geq \sqrt{n}$的值，$n,k$是同一个数据级别$\leq 10^9$，结果值当然是$\leq \sqrt{n}$
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当$i \leq \sqrt{n}$时，$i$只有小于$\sqrt{k}$种取值，也就是说原式也只有小于$\sqrt{k}$种取值。
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所以最多有 $2\sqrt{n}$ 个块，我们对于每个块可以 $O(1)$ 计算，时间可以通过。
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### $Code$
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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#define int long long
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#define endl "\n"
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int n, k, l, r;
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int ans;
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signed main() {
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cin >> n >> k;
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ans = n * k; // 看题解的推导公式
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for (l = 1; l <= n; l = r + 1) { // 枚举左端点,每次跳着走，下次的位置就是本次r的位置+1
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if (k / l == 0) break; // 1、当k/l=0的时候，比如3/4=0,3/5=0,3/6=0...,以后就都是0，不用再往后算了，无贡献
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r = min(k / (k / l), n); // 2、注意右端点和n取个min，>n没有贡献
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ans -= (k / l) * (l + r) * (r - l + 1) / 2;
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// 等差数列求和：首项:l,末项:r.项数:(r-l+1),根据公式推导，k/l = 块内值
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}
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cout << ans << endl;
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}
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``` |