Codeforces 1485C - Floor and Mod （分块、数学）

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

题意

给定$x,y$，询问当$1\le a\le x,1\le b\le y$时，$\lfloor \frac{a}{b}\rfloor =amodb$的对数

限制

$1\le x,y\le 10^9$

思路

（想法有很多种，本文主要通过分块求解）

（并没有那么难，但为什么总是往难的方向想呢……）

读懂题意后如果用公式化简

根据$amodb=a-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor \ast b$，最多只能够化到$a=(b+1)\ast \lfloor \frac{a}{b}\rfloor$

可得$\frac{a}{b+1}=\lfloor \frac{a}{b}\rfloor$

明显，$b+1$一定是$a$的因子

（然后就想不到其他规律了）

---

那么我们枚举$b$，再枚举$b+1$的倍数进行打表

得到规律：

对于任意大于$2$的正整数$b$

满足题意的$a$最多有$b-1$项，每一项都是$b+1$的倍数，最大项为$(b-1)\ast (b+1)$

---

所以对于每个$b$，我们可以先求出$1$到$x$内有多少$b+1$的倍数（即$\lfloor \frac{x}{b+1}\rfloor$个）

在计算答案时，根据规律需要将其与$b-1$取小

但是这种方法的时间复杂度为$O(y=10^9)$，不可行

考虑优化，发现如果$(b-1)\ast (b+1)>x$，即$\lfloor \frac{x}{b+1}\rfloor <b-1$时

受$x$的限制，会有一段段连续的$b$对应的答案数量相同，且答案均为$\lfloor \frac{x}{b+1}\rfloor$

直接考虑分块，令$t=\lfloor \frac{x}{b+1}\rfloor$表示当前段的答案，再通过$\lfloor \frac{x}{t}\rfloor$来求出满足答案为$t$的最大的$b+1$的值

故此时最大的$b$应为$\lfloor \frac{x}{t}\rfloor -1$，注意与$y$取小即可

该段的答案即段长度*t，其后让$b$直接成为右端点$+1$即可

当$(b-1)\ast (b+1)\le x$时，对于每个$b$的答案数量均为$b-1$

故我们可以求出满足$(b-1)\ast (b+1)\le x$以及$b\le y$的最大的$b$

那么答案就是$1+2+3+\cdots +(b-1)$，直接等差求和公式即可

对于这个最大的满足$(b-1)\ast (b+1)\le x$的$b$，先忽略条件$b\le y$，结论是$maxb=\lfloor \sqrt{x}\rfloor$或$maxb=\lfloor \sqrt{x}\rfloor +1$

或者这里也可以打表找规律

对于$maxb+1$到$y$，还是分块处理

代码

#include
using namespace std;
typedef long long ll;

void solve()
{
     
    int x,y;
    scanf("%d%d",&x,&y);
    
    int b=sqrt(x)+1;
    if(1LL*(b-1)*(b+1)>x)
        b--;
    b=min(b,y); //注意与y取小
    ll ans=1LL*b*(b-1)/2;
    
    for(b++;b<=y;)
    {
     
        int t=x/(b+1);
        if(t==0)
            break;
        
        int nxt=min(x/t-1,y); // 注意x/t是对于b+1的最大值
        ans+=1LL*(nxt-b+1)*t;
        
        b=nxt+1;
    }
    printf("%lld\n",ans);
}
int main()
{
     
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
        solve();
    return 0;
}

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