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P2261 [CQOI2007]余数求和

P2261 [CQOI2007]余数求和分析求的式子为\(ans = \sum_{i=1}^{n} k\%i\)，我们首先需要知道的是\(a\%b=a-b*\left \lfloor \frac{a}{b} \right \rfloor\)，则式子就变成了。 \[ans = n*k -\sum_{i=1}^{n}i*\left \lfloor \frac{k}{i} \right \rfloor \]然后\(\left \lfloor \frac{k}

luogu P2261 [CQOI2007]余数求和 (数论分块)

这题要推一下式子，注意涉及到取模的式子都要尽量展成减去下取整的形式。注意，这里求和符号是求到n，因此分块里面 l 的范围就是l<=n，然后对于n大于k的情况需要特判一下。 1 #include "bits/stdc++.h" 2 using namespace std; 3 typedef long long LL; 4 LL n,k; 5 int m

洛谷P2261 [CQOI2007]余数求和（数论分块）

题目描述给出正整数 n和 k，请计算 \(G(n, k) = \Sigma_{i = 1}^{n}k\ mod \ i\) 其中 k mod i表示 k除以 i的余数。输入格式输入只有一行两个整数，分别表示 n和 k。输出格式输出一行一个整数表示答案。输入输出样例输入 #1复制 10 5 输出 #1复制 29 \(k\ mod\ i\)相当

「题解」洛谷 P2261 [CQOI2007]余数求和

题目 P2261 [CQOI2007]余数求和简化题意求 \(G(n,k) = \sum\limits_{i = 1}^{n} k\mod i\) 思路整除分块。 \[\begin{aligned} G(n,k) &= \sum\limits_{i = 1}^{n} k\mod i \\ &= \sum_{i = 1} ^ {n} k - \left\lfloor\dfrac{k}{i}\right\rfloor \times i \\ &a

[洛谷P2261]余数求和[除法分块]

洛谷P2261 来讲一下下我对除法分块的理解我看了一堆大佬的博客才搞懂啊除法分块适用于给定n,k求型如 \[ \sum_{i=1}^{n}\frac{k}{i} \] 的式子可将\(O(n)\)的复杂度降至\(O(\sqrt n)\) 首先定义\(l=1,r\) 其次有 \[r=min(n,\left \lfloor \frac {k}{\left \lfloor \frac{k}{l}

洛谷 - P2261 - 余数求和

https://www.luogu.org/problemnew/show/P2261 看了一下题解，取模运算可以换成减法来做。 $a\%b=a-b*\lfloor\frac{a}{b}\rfloor$ ，所以求和式可以化简，然后用数论分块来搞。 #include<bits/stdc++.h>using namespace std;#define ll long longint main() { ll n,k; scanf("%ll

【洛谷P2261】余数求和

题目大意：给定 n, k，求\(\sum\limits_{i=1}^n k\%n\) 的值。题解：除法分块思想的应用。 \(x\%y=x-y\lfloor {x\over y}\rfloor\)，因此只需快速求出 \(\sum\limits_{i=1}^n {k\over i}\) 即可。引理：\(i\in [1,k], {k\over i}\) 最多只有不超过 \(2\sqrt k\) 个不同的值。（分情况讨论即

p2261 [CQOI2007]余数求和

传送门分析 https://zzlzk.blog.luogu.org/solution-p2261 代码 #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<string> #include<algorithm> #include<cctype> #include<cmath> #include<cstdlib> #include&l