【学习笔记】数论分块（整除分块）

先看一个例子：

给出正整数 \(n(n \leq 10^{12})\)，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 \(k \bmod i = k - i \times \lfloor \frac{k}{i} \rfloor\)，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;
}