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題目描述

• (1, k) is always a Legend Tuple, where k is an integer.
• if (n, k) is a Legend Tuple, (n + k, k) is also a Legend Tuple.
• if (n, k) is a Legend Tuple, (nk, k) is also a Legend Tuple.

題意：定義了一種元組為可行，給你N,K，計算小於NK的可行組有多少個 對1e9+7取模

題解：根據題目描述我們可以瞭解到（1，k）始終是可行組，然後（1+k，k）（1+2k,k）...是可行組 （k，k）（2k,k）...也是可行組，我們可以理解題意寫出前面幾種可行組

我們可以發現n%k==1 是可行組 （n%k==0） 也是可行組，因此我們只要計算n/k有多少個 和（n-1）/k 也有多少就可以計算出答案，當然這些要滿足大條件 n<N,k<K。

（1,1）（1,2）（1,3）（1,4）（1,5）（1,6）（1,7）（1,8）（1,9）...

（2,1）（2,2）（3,3）（4,4）（5,5）（6,6）

（3,1）（3,2）（4,3）（5,4）

（4,1）（4,2）

（5,1）（5,2）

（6,1）

至此我們可以發現我們只要從1開始列舉（k） 算出n/k有多少種，再判斷n%k的結果是不是0，我們就可以計算出ans，但是題目k的範圍為1e12，時間複雜度為O（k）顯然不行。

這就需要整除分塊，什麼是整除分塊，就是用來計算 （n/i）能整除的有多少個，時間複雜度為O（sqrt（n））

ll diving( ll n){
    ll ans=0;
    for(ll l=3,r;l<=n;l=r+1){
        r=n/(n/l);
        ans+= ( ((r-l+1)%mod) * ((n/l)%mod) ) %mod;
        ans%=mod;
        cout<<l<<" "<<r<<" "<<ans<<endl;
    }
    return ans%mod;
    
}

此題還有一個坑點 N可以>K，所以我們直接套用上面的程式碼是不行的，會出現大於k的不符合的整除也被計算進來了，

因為我想法 是先把第一行跟左邊兩行加上，從i=3 開始整除，所以前面需要特判k==1。

#define IOS ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
#include <bits/stdc++.h>
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1e3+7;
const ll mod =1e9+7;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<double,double> pdd;

ll diving( ll n,ll k){
    ll ans=0;
    for(ll l=3,r;l<=n&&l<=k;l=r+1){
        r=min( n/(n/l),k);
        ans+= ( ((r-l+1)%mod) * ((n/l)%mod) ) %mod;
        ans%=mod;
    //    cout<<l<<" "<<r<<" "<<ans<<endl;
    }
    return ans%mod;
    
}

int main(){
    IOS
    ll n,k;
    cin>>n>>k;
    ll ans=0;
    if(k==1){
        ans=n%mod;
    }else 
        ans+=(k%mod+2*n%mod-2)%mod;
    //cout<<ans<<endl;
    ans+=diving(n,k)%mod+diving(n-1,k)%mod;
    cout<<ans%mod;
    
    return 0;
}