　正整数 $k$ に対して $\sqrt{k}$ は半整数になり得ないことから
$$\left\lceil\sqrt k\right\rfloor=\left\lceil 2\sqrt k \right\rceil-\left\lceil \sqrt k \right\rceil$$
が成立し，以下のように計算できる．
$$
\begin{aligned}
\sum_{k = 1}^{12345^2}\left\lceil\sqrt k\right\rfloor &= \sum_{k = 1}^{12345^2}\left\lceil 2\sqrt k \right\rceil - \sum_{k = 1}^{12345^2}\left\lceil \sqrt k \right\rceil \\\\
&= \sum_{k = 1}^{2\times12345}k\left(\left\lfloor\frac{k^2}{4}\right\rfloor - \left\lfloor\frac{(k - 1)^2}{4}\right\rfloor \right) - \sum_{k = 1}^{12345}k(k^2 - (k-1)^2) \\\\
&= \sum_{k = 1}^{12345} ((2k-1)(k-1)+2k\times k)- \sum_{k = 1}^{12345}k(k^2 - (k-1)^2) \\\\
&= \sum_{k = 1}^{12345} (2k^2-2k+1)\\\\
&= \dfrac{1}{3}\times(2\times 12345^3+12345)\\\\
&= \bf{1254243979865}
\end{aligned}
$$
公式解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omc070/editorial/2232
　$n=12345$とする．\
　$\lceil \sqrt{k} \rfloor$ を直接式変形して総和を求めるのではなく，$0\leq x\leq n$ なる $x$ について，$\lceil \sqrt{k} \rfloor = x$ なる $1\leq k \leq n^2$ の個数を $f(x)$ とし，
$$
\sum_{k=1}^{n^2} \lceil \sqrt{k} \rfloor =\sum_{x=0}^{n} xf(x) 
$$
として総和を求めてみよう．
まず，$1\leq x \lt n$ とし，$\lceil \sqrt{k} \rfloor$ の定義から，
$$
\lceil \sqrt{k} \rfloor =x \iff x-\frac{1}{2} \leq \sqrt{k} \lt x+\frac{1}{2}  \iff x^2-x\leq k-\frac{1}{4} \lt x^2+x
$$
となる．右辺を満たす $k$ はちょうど $2x$ 個だから，$f(x)=2x$．また，$f(n)=n$ であるので，求める総和は
$$
\sum_{x=0}^{n} xf(x) =\sum_{x=1}^{n-1} 2x^2 +n\cdot n = \frac{1}{3}(n-1)n(2n-1) +n^2=\frac{2n^3+n}{3}.
$$
ユーザー解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omc070/editorial/2232/20
　正の実数 $x$ を小数第一位で四捨五入した値を $\lceil x\rfloor$ で表すとき,
$$\displaystyle \sum_{k=1}^{12345^2}\left\lceil\sqrt k\right\rfloor$$
を求めてください.