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我们先求到区间[1..b]之间的所有约数之和

于是结果就等于

[1..b]之间的所有约数之和减去[1..a-1]之间的约数之和

很明显这两个问题是同性质的问题，只是右端点不同罢了.

明显对于1到N之间的数字，其约数范围也为1到N这个范围内。

于是我们可以枚举约数L,当然这个枚举不可能是for循环枚举,而是如上题一样“跳跃式的”

于是N/L就代表1到N之间有多少个数字是L的倍数，L也必为它们的约数。

例如当L=7时，N=20时

N/20=2,说明1到20以内有两个数字是7的倍数，易知为7,14,也就是说在算7和14的约数之和时，必然要将7统计进去。

然后这个算法高明的地方在于

当L=8,9,10时，N/L=2

于是这一段的L=7，R=10

于是这一段的约数之和为2*7+2*8+2*9+2*10=2*(7+8+9+10)=2*(7+10)*(10-7+1)/2

当统计完这一段后，设L=R+1=10+1=11

会发现11做为约数，只会出现1次

同时还会发现12,13,14.........20整个这一段的约数，都只会出现1次

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#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
ll n,m;
ll f(ll x)
{ll l = 1,r = 0,k = 0,ans = 0,m = 0;while(l <= x){r = x / (x / l);k = x / l;ans += k * (l + r) * (r - l + 1) / 2;l = r + 1;}return ans;
}
signed main()
{cin>>n>>m;cout<<f(m) - f(n - 1);return 0;
}