普通に計算したら$O(N)$で間に合わないので、工夫が必要です。

$k>\frac{N}{2}$ならば$\lfloor\frac{N}{k}\rfloor=1,\frac{N}{3}<k\leq\frac{N}{2}$ならば$\lfloor\frac{N}{k}\rfloor=2,\cdots$となるので、$k$が大きいところでは$\lfloor\frac{N}{k}\rfloor$の値の変化は少ないです。そこで、$\lfloor\frac{N}{k}\rfloor$の値が同じになる$k$をまとめて考えます。

$m$を$1$以上$N$以下の自然数とすると、$\lfloor\frac{N}{k}\rfloor=m$の時$m\leq\frac{N}{k}<m+1$より$\frac{N}{m+1}<k\leq\frac{N}{m}$となります。よって、$\lfloor\frac{N}{k}\rfloor=m$となる$k$の数は$\lfloor\frac{N}{m}\rfloor-\lfloor\frac{N}{m+1}\rfloor$となります。しかし、$1\leq m\leq N$なので、この方法のみで計算した場合も$O(N)$で間に合いません。

そこで、$1\leq k\leq B$ではナイーブな方法、$B<k\leq N$では上で述べた方法を使います。$B<k\leq N$での$\lfloor\frac{N}{k}\rfloor$の最大値はおよそ$\frac{N}{B}$なので、総計算量はおよそ$B+\frac{N}{B}$となり、この値は相加相乗平均の不等式より$B=\sqrt{N}$で最小値$2\sqrt{N}$をとります。よって、$B$を$\sqrt{N}$付近の値にして上記の計算をすれば、$O(\sqrt{N})$で解を求められます。（平方分割）なお、解のオーダーは$O(N\log N)$なので、$64$ビット整数を使えばオーバーフローの心配はありません。

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