##[$AcWing$ $199$. 余数之和](https://www.acwing.com/problem/content/description/201/)

### 一、题目描述
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。

例如 $j(5,3)=3~mod~1+3~mod~2+3~mod~3+3~mod~4+3~mod~5=0+1+0+3+3=7$。

**输入格式**
输入仅一行，包含两个整数 $n,k$。

**输出格式**
输出仅一行，即 $j(n,k)$。

**数据范围**
$1≤n,k≤10^9$

**输入样例：**
```cpp {.line-numbers}
5 3
```
**输出样例：**
```cpp {.line-numbers}
7
```
### 二、暴力作法
```cpp {.line-numbers}
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define endl "\n"

int n, k, ans;
signed main() {
    // 通过了 6/10个数据
    cin >> n >> k;
    for (int i = 1; i <= n; i++) ans += k % i;
    cout << ans << endl;
}
```

### 三、整除分块

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：

$$\large \displaystyle f(i)=\lfloor \frac{n}{i} \rfloor ~ (i \in [1,n])$$

> **注**：本题要求的是$[1 \sim n]$之内所有数字对数字$k$ **取模**，我们偏偏不直接研究取模，而是在研究$[1 \sim n]$之内每个数字被$n$整除的结果。看来这个结果，与最终目标取模是有关系的，后面的题解中也会证明这一点。

举个例子，$n = 5$,
$f(1)=5/1=5 \\ 
f(2)=5/2=2 \\
f(3)=5/3=1,f(4)=5/4=1,f(5)=5/5=1$

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：$[5],[2],[1,1,1]$

<center><img src='https://cdn.acwing.com/media/article/image/2022/03/25/94631_bd6771ecab-4ocKnIkdlrW9JMs.png'></center>


### 四、本题题解
**题意**：给出$n,k$,求 $\displaystyle \sum_{i=1}^{n}k \ mod \ i$。

首先取模形式不好处理，根据取模运算定义做 **变换**：

$$\large \sum_{i=1}^nk \ mod \ i=\sum_{i=1}^n(k-⌊\frac{k}{i}⌋\cdot i)$$

化简

$$\large n \cdot k-\sum_{i=1}^n ⌊\frac{k}{i}⌋\cdot i$$

我们发现重点在于求$\large \displaystyle \sum_{i=1}^n ⌊\frac{k}{i}⌋ \cdot i$。

发现$\large \displaystyle ⌊\frac{k}{i}⌋_{i=1}^n$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**。

#### 1、 块内的累加和是多少？
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$\displaystyle \large ⌊\frac{k}{l}⌋=⌊\frac{k}{l+1}⌋=...=⌊\frac{k}{r}⌋$,
累加和是$\large \displaystyle ⌊\frac{k}{l}⌋ \cdot \sum_{i=l}^r i$。

#### 2、如何根据一个块的起点求块的终点呢?

① 下一个块的起点就是前一个块的终点加$1$。
② 第一个块的起点位置坐标肯定是$1$
> **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
> 序列 ` 5 2 1 1 1`
> **序号** ` 1 2 3 4 5`  

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：

首先由于 **块内值** 都相同，可以设 $\large \displaystyle x= ⌊\frac{k}{l}⌋= ⌊\frac{k}{r}⌋$


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

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。

> **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。


#### 3、时间复杂度【选读】

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。
> **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}$

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。


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。


### $Code$

```cpp {.line-numbers}
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define endl "\n"

// 数论分块模板题，是很多题的基础，需要背诵
//  j(n,k)=k%1+k%2+k%3+…+k%n
int n, k, l, r;
int ans;
signed main() {
    cin >> n >> k;
    ans = n * k;                                    // 看题解的推导公式
    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
        if (k / l == 0) break;                      // 1、当k/l=0的时候，显然这段以及后面（有单调性）已经没有贡献了，可以 break。
        r = min(k / (k / l), n);                    // 2、注意右端点和n取个min，因为>n没有贡献了。
        ans -= (k / l) * (l + r) * (r - l + 1) / 2; // 等差数列求和：左到右边界内，是公差为1的等差数列，首项+末项 乘以 项数 除以2
    }
    cout << ans << endl;
}
```