题意：

给出n, k，求

分析：

假设，则k mod (i+1) = k - (i+1)*p = k - i*p - p = k mod i - p

则对于某个区间，i∈[l, r]，k/i的整数部分p相同，则其余数成等差数列，公差为-p

 

然后我想到了做莫比乌斯反演时候有个分块加速，在区间[i, n / (n / i)]，n/i的整数部分相同，于是有了这份代码。

1 #include 
      
        2 #include 
       
         3 using namespace std; 4 typedef long long LL; 5  6 int main() 7 { 8     LL n, k; 9     while(scanf("%lld%lld", &n, &k) == 2)10     {11         LL ans = 0;12         LL i, j, r = min(n, k);13         for(i = 1; i <= r; i = j + 1)14         {15             j = k / (k / i);16             if(j > r) j = r;17 18             LL d = -k / i;19             LL l = j - i + 1;20             LL a1 = k % i;21             ans += (LL) (a1*l + l*(l-1)/2*d);22         }23         if(n > k)24             ans += (LL) (n-k) * k;25 26         printf("%lld\n", ans);27     }28 29     return 0;30 }
       
      

 

后来试了一下lrj的代码，比我的短还比我的快，给跪了

1 // UVa1363 Joseph's Problem 2 // Rujia Liu 3 #include
      
        4 #include
       
         5 using namespace std; 6  7 // 首项为a，公差为-d，除了首项之外还有n项 8 // 末项为a-n*d，平均数为(2*a-n*d)/2 9 long long sum(int a, int d, int n) {10   return (long long)(2*a-n*d)*(n+1)/2;11 }12 13 int main() {14   int n, k;15   while(cin >> n >> k) {16     int i = 1;17     long long ans = 0;18     while(i <= n) {19       int q = k % i, p = k / i;20       int cnt = n - i; // 最多还有n - i项21       if(p > 0) cnt = min(cnt, q / p); 22       ans += sum(q, p, cnt);23       i += cnt + 1;24     }25     cout << ans << "\n";26   }27   return 0;28 }