整除分块学习笔记+[CQOI2007]余数求和（洛谷P2261，BZOJ1257）
上模板题例题：
[CQOI2007]余数求和
题目大意：求 $\sum^n_{i=1}k\ mod\ i$ 的值。
等等……这题就学了三天C++的都会吧？
$1\leq n,k\leq 10^9$。（一口老血喷到屏幕上）
$O(n)$ 行不通了，考虑别的做法。
我们来看一下 $\lfloor\frac{x}{i}\rfloor$ 的值。
$x=9$：（不包括0，只有4种取值？）
|
i |
1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 |
| x/i | 9 | 4 | 3 | 2 | 1 | 1 | 1 | 1 | 1 |
0 |
$x=12$：（不包括0，只有6种取值？）
| i | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | 11 | 12 |
| x/i | 12 | 6 | 4 | 3 | 2 | 2 | 1 | 1 | 1 | 1 | 1 |
1 |
貌似 $\lfloor\frac{x}{i}\rfloor$ 取值数不是很多？
我们来估算一下 $\lfloor\frac{x}{i}\rfloor$ 的不同取值个数：
当 $1\leq i\leq \lfloor\sqrt{x}\rfloor$ 时，$i$ 都只有 $\lfloor\sqrt{x}\rfloor$ 个，不同的取值数肯定不会更多。
当 $\lfloor\sqrt{x}\rfloor\leq i\leq x$ 时，$1\leq\lfloor\frac{x}{i}\rfloor\leq\lfloor\sqrt{x}\rfloor$，不同的取值数肯定 $\leq\lfloor\sqrt{x}\rfloor$ 个。
综上，不同取值数是 $\sqrt{x}$ 级别的。
然后我们可以发现相同的数是连续的一段。那么我们可以通过这个特点把 $\lfloor\frac{x}{i}\rfloor$ 分成几段，每一段的数相等，那么这一段的和就是长度 $\times$ 这个相同的数。
因为不同取值只有 $\sqrt{x}$ 个，所以这样加速后的时间复杂度是 $O(\sqrt{x})$，比 $O(x)$ 快了不少。这就是整除分块。
回到原题。
求 $\sum^n_{i=1}k\ mod\ i$ 的值。
这个……看着和整除分块没什么大关系的样子？
我们看这个 $mod$ 真碍眼，把它拆开。
$k\ mod\ i=k-i\times\lfloor\frac{k}{i}\rfloor$
那么就有：
$\ \sum^n_{i=1}k\ mod\ i$
$=\sum^n_{i=1}k-i\times\lfloor\frac{k}{i}\rfloor$
$=nk-\sum^n_{i=1}i\times\lfloor\frac{k}{i}\rfloor$
后面这个式子貌似可以整除分块了……怎么算呢？
我们考虑 $[l,r]$ 这段区间的求和，其中 $\lfloor\frac{k}{i}\rfloor=x:i\in [l,r]$。
$\ \sum^r_{i=l}i\times\lfloor\frac{k}{i}\rfloor$
$=\sum^r_{i=l}i\times x$
$=x\sum^r_{i=l}i$
$=\frac{x(l+r)(r-l+1)}{2}$
这样就不是很难了。
话说讲了这么久也没讲怎么枚举一段相同区间的左端点和右端点。
我们这样扫描：
一开始 $l=1$ 显而易见。
求出对应的 $r$。
这个区间求完了，下一个 $l$ 应该是下一个还没扫过的位置，即 $l=r+1$。
一直重复直到 $l$ 到了上界，也就是扫完了。
怎么求对应的 $r$ 呢？
既然 $\lfloor\frac{k}{l}\rfloor=\lfloor\frac{k}{r}\rfloor$，且 $r$ 是右端点（最大）
那么 $r=\frac{k}{\frac{k}{l}}$。（当然可能要跟枚举上界取一个min，视情况而定）
整除分块模板大概如下：
1 for(int l=1,r;l<=n;l=r+1){ 2 r=n/(n/l); 3 //do something... 4 }
那么这题代码实现就不难了。需要注意本题有不少坑点，详见代码。（没错，代码并没有你想象的那么长！）
时间复杂度貌似是 $O(\sqrt{min(k,n)})$，空间复杂度 $O(1)$
#include<iostream> #include<cmath> using namespace std; typedef long long ll; //long long是需要的 ll n,k,ans; int main(){ cin>>n>>k; ans=n*k; for(ll l=1,r;l<=min(n,k);l=r+1){ //与上界取min！ r=min(k/(k/l),n); //与上界取min！ ans-=(k/l)*(l+r)*(r-l+1)/2; } cout<<ans<<endl; }
另外再推荐几题。抱歉只找到一题，虽说也不错
