【学习笔记】数论分块（整除分块）

先看一个例子：

给出正整数 $n(n\le {10}^{12})$，计算：

$$\sum _{i=1}^n\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$$

如果直接暴力，复杂度为 $O(n)$，无法在 1s 内通过，但使用数论分块（整除分块）可以将复杂度降至 $O(\sqrt{n})$。

先看个例子，当 $n=100$ 时，$i$ 和 $\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$ 的情况如下：

$i\in$	$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor =$
$[1,1]$	$100$
$[2,2]$	$50$
$[3,3]$	$33$
$[4,4]$	$25$
$[5,5]$	$20$
$[6,6]$	$16$
$[7,7]$	$14$
$[8,8]$	$12$
$[9,9]$	$11$
$[10,10]$	$10$
$[11,11]$	$9$
$[12,12]$	$8$
$[13,14]$	$7$
$[15,16]$	$6$
$[17,20]$	$5$
$[21,25]$	$4$
$[26,33]$	$3$
$[34,50]$	$2$
$[51,100]$	$1$

我们发现，$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$ 的取值很少，在本例 $n=100$ 中只有 $19$ 种取值。事实上，对于任意 $n$，$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$ 的取值不会超过 $2\sqrt{n}$ 种。

证明如下

有一个显然的结论，所有相等的 $\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$ 对应的 $i$ 是连续的。因此，我们把这段连续的 $i$ 作为一个“块”来处理（例如 $[26,33]$ 就是一个块）。

由上表格，$n=100$ 时总共有 $19$ 个块。已经证明，块的数量不超过 $2\sqrt{n}$，即 $O(\sqrt{n})$ 级别。

现在的问题在于，在确定了一个块的左端点 $L$ 之后，如何确定块的右端点 $R$？

可以证明：

$$R=\lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{L}\rfloor }\rfloor$$

证明如下

所以，我们初始设 $L=1$，每次将 $ans$ 加 $\lfloor \frac{n}{L}\rfloor \times (R-L+1)$，最后将 $L$ 设为 $R+1$ 再进入下一轮循环。

例题1：余数求和

本题需要用到取模的性质 $kmodi=k-i\times \lfloor \frac{k}{i}\rfloor$，这样原题就转化为求

$$n\times k-\sum _{i=1}^{n}i\times \lfloor \frac{k}{i}\rfloor$$

考虑用数论分块求后一项。其余是一样的套路，只需要每次将 $ans$ 减

$$\lfloor \frac{k}{L}\rfloor \times \sum _{i=L}^{r}i$$

即

$$\frac{\lfloor \frac{k}{L}\rfloor \times (L+R)\times (R-L+1)}{2}$$

另外，因为 $n,k$ 的大小关系不确定，所以当 $L>k$ 时 $\lfloor \frac{k}{L}\rfloor =0$，可以直接退出循环。

#include<bits/stdc++.h>
#define int unsigned long long
using namespace std;
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
	int n,k,l,r;
	cin >> n >> k;
	int ans = n * k;
	for(l = 1;l <= n;l = r + 1){
		if(k >= l)
			r = min(k / (k / l),n);
		else
			break;
		ans -= ((r - l + 1) * (int)floor(k / l) * (l + r)) >> 1;
	}
	cout << ans;
	return 0;
}