UVA11526 H(n)

H(n)

原先的博客写的很乱，这里重新写一下，应该是一般初中生可以看懂的水平了。

题意即求取：

\[\sum _ { i = 1 } ^ { n } \left\lfloor \dfrac{n}{i} \right\rfloor \]

也就是整除分块。

这个想法的原理来自于：\(\lfloor n/i \rfloor\) 的取值数量不超过 \(O(\sqrt{n})\)。

证明：

对于 \(i\le \sqrt{n}\)，有 \(O(\sqrt{n})\) 种取值。

对于 \(i>\sqrt{n}\)，必有 \(n/i<\sqrt{n}\)，故亦只有 \(O(\sqrt{n})\) 种取值。

所以对于值相同的，我们打包计算，就可以有效降低复杂度。

第二个基本想法是，\(\lfloor n/i\rfloor\) 的值相同的 \(i\) 一定紧密相邻地处在一个区间中。这个是容易理解的。

对于第一个这样的区间 \(\left[i,j\right]\)，我们必然知道 \(i = 1\)，接下来就需要通过 \(i\) 求出 \(j\)，而下一个区间的起始正是 \(j+1\)。

至于怎样通过 \(i\) 求出 \(j\) 呢？我更倾向于直接说做法后给出证明：

\[j= \left\lfloor \dfrac {n} {\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor}\right\rfloor \]

欲证：\(\left\lfloor n / j\right\rfloor = \left\lfloor n / i\right\rfloor\) 且 \(\left\lfloor n / (j+1)\right\rfloor < \left\lfloor n / i\right\rfloor\)

证明：

我们有：

\[\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor \le\dfrac{n}{i} < \left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor + 1 \]

所以：

\[j = \left\lfloor \dfrac {n} {\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor}\right\rfloor \ge \left\lfloor i\right\rfloor = i \]

\[ j =\left\lfloor \dfrac {n} {\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor}\right\rfloor \le \dfrac {n} {\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor} \]

所以：

\[\left\lfloor\dfrac{n}{j}\right\rfloor \ge \left\lfloor\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor\right\rfloor = \left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor \]

\[ \left\lfloor\dfrac{n}{j}\right\rfloor\le \left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor \]

从而得到：

\[\left\lfloor\dfrac{n}{j}\right\rfloor = \left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor \]

又：

\[j+1=\left\lfloor\dfrac{n}{\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor}\right\rfloor+1>\dfrac{n}{\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor} \]

所以：

\[\left\lfloor\dfrac{n}{j+1}\right\rfloor \le \dfrac{n}{j+1} < \left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor \]

\(\mathcal{Q.E.D.}\)

那么剩下就是每部分打包提取之类的了。

时间复杂度是 \(O(\sqrt{n})\) 的。

这一部分的代码如下：

inline ll Get(ll n) {
  ll res=0;
  for(ll i=1,j;i<=n;i=j+1) {
    j=n/(n/i);res+=(j-i+1)*(n/i);
  }
  return res;
}

---

那么对于更为一般的形式：

\[\sum _ { i =1 } ^ {n} f(i) \left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor \]

我们又应该如何求取？

其实很简单，定义 \(f\) 的前缀和 \(S\)，使得：

\[S(n) = \sum _ { i = 1 } ^ {n} f(i) \]

那么我们的代码就可以写成这样：

inline ll Get(ll n) {
  ll res=0;
  for(ll i=1,j;i<=n;i=j+1) {
    j=n/(n/i);res+=(s[j]-s[i-1])*(n/i);
  }
  return res;
}

一般在数值较大时会取模，这里不作赘述。

---

那么对于多维的情况又该如何？

\[\sum _ { i = 1 } ^ {\min \{ n , m\}} f(i) \left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor\left\lfloor\dfrac{m}{i}\right\rfloor \]

实际上代码只要这样写就可以了：

inline ll Get(ll n) {
  ll res=0;
  for(ll i=1,j;i<=n&&i<=m;i=j+1) {
    j=min(n/(n/i),m/(m/i));res+=(s[j]-s[i-1])*(n/i)*(m/i);
  }
  return res;
}

正确性是显然的。

相当于我们只看每个区间的分界线，然后两个相邻的分界线之间的数打包带走。

时间复杂度是 \(O(k\sqrt{n})\) 的（其中 \(k\) 是维数）。

---

再写一个你们大概率用不到的结论：

\[\sum _ { i = 1 } ^ { n } \sigma _ 0 (i) = \sum _ { i =1 } ^ {n} \sum _ {d\mid i} 1 = \sum _ { d =1 } ^ { n } \sum _ {i = 1 } ^ {\lfloor n / d\rfloor} 1 = \sum _ {i = 1 } ^ {n}\left\lfloor \dfrac{n}{i}\right\rfloor = H(n) \]

---

代码（本题的 AC 代码）：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#define ll long long
using namespace std;
namespace Ehnaev{
  inline ll read() {
    ll ret=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<48||ch>57) {if(ch==45) f=-f;ch=getchar();}
    while(ch>=48&&ch<=57) {ret=(ret<<3)+(ret<<1)+ch-48;ch=getchar();}
    return ret*f;
  }
  inline void write(ll x) {
    static char buf[22];static ll len=-1;
    if(x>=0) {do{buf[++len]=x%10+48;x/=10;}while(x);}
    else {putchar(45);do{buf[++len]=-(x%10)+48;x/=10;}while(x);}
    while(len>=0) putchar(buf[len--]);
  }
}using Ehnaev::read;using Ehnaev::write;
inline void writeln(ll x) {write(x);putchar(10);}

ll T,n;

inline ll Get(ll n) {
  ll res=0;
  for(ll i=1,j;i<=n;i=j+1) {
    j=n/(n/i);res+=(j-i+1)*(n/i);
  }
  return res;
}

int main() {

  T=read();

  while(T--) {
    n=read();writeln(Get(n));
  }

  return 0;
}