Codeforces Round #701 (Div. 2) C. Floor and Mod 整除分塊

題意

給一個數對(n, m)，求出在a∈[1,n]，b∈[1,m]中滿足 ? \lfloor ? a b \frac{a}{b} ba? ? \rfloor ? = a mod b的數對有多少個

分析

觀察樣例發現當a=b+1時肯定滿足，然后接著往下推

當b=2時
a / b = 3 / 2 … 再往后 ? \lfloor ? a b \frac{a}{b} ba? ? \rfloor ? 已經大于2了，因此不可能滿足

當b=3時
a / b = 4 / 3, 8 / 3

當b=4時
a / b = 5 / 4, 10 / 4, 15 / 4
…
很容易發現當b = m時，最多只有m-1個a與之對應

然后觀察a，發現每個a之間是相差了b+1，計算個數就可以寫成 ? \lfloor ? n b + 1 \frac{n}{b+1} b+1n? ? \rfloor ?

所以可以考慮去列舉b，但一個個去列舉肯定超時，所以想到整除分塊

寫成式子就是 ∑ i = 2 b m i n ( i ? 1 , n / ( i + 1 ) ) \sum_{i=2}^b min(i-1, n /( i+1)) ∑i=2b?min(i?1,n/(i+1))其中b為min(n-1, m)

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
//#define ACM_LOCAL
#define fi first
#define se second
#define il inline
#define re register
const int N = 5e5 + 10;
const int M = 5e5 + 10;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const double eps = 1e-5;
const int MOD = 10007;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> PII;
typedef unsigned long long ull;

ll calc(ll n, ll m) {
    ll ans = 0;
    for (ll l = 2, r; l <= min(n-1, m); l = r + 1) {
        r = min(min(n-1, m), n / (n / (l+1)) - 1);//注意這里的-1
        ans = ans + min(r*(r-1)/2 - (l-1)*(l-2)/2, (r - l + 1) * (n / (l+1)));
    }
    return ans;
}

void solve() {
    int T; cin >> T; while (T--) {
        ll n, m; cin >> n >> m;
        if (n <= 2 || m < 2) cout << 0 << endl;
        else {
            cout << calc(n, m) << endl;
        }
    }
}

signed main() {
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
#ifdef ACM_LOCAL
    freopen("input", "r", stdin);
    freopen("output", "w", stdout);
#endif
    solve();
}