数论分块

数论分块

数论分块可以快速计算一些含有除法向下取整的和式 (即形如 $\sum _{i=1}^{n}f(i)g\left(\lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor \right)$ 的和式)。当可以在 $O(1)$ 内计算 $f(r)-f(l)$ 或已经预处理出 $f$ 的前缀和时，数论分块就可以在 $O(\sqrt{n})$ 的时间内计算上述和式的值。
它主要利用了富比尼定理 ($Fubin{i}^{\prime }stheorem$)，将 $\lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor$ 相同的数打包同时计算。

引入

洛谷 P1403 约数研究

题目转换一下就是求 $f(n)=\sum _{i=1}^n\lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor$

朴素做法，遍历 $1\sim n$ 求和，时间复杂度 $O(n)$

import java.util.Scanner;

public class Main {
    public static void main(String[] args) {
        Scanner sc = new Scanner(System.in);
        int n = sc.nextInt();
        int ans = 0;
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            ans += n / i;
        }
        System.out.println(ans);
    }
}

不能解决 ${10}^9$ 以上的数据范围，考虑优化

当 $n=21$ 时，$\lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor$ 的值如下：

$i$	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18	19	20	21
$\lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor$	21	10	7	5	4	3	3	2	2	2	1	1	1	1	1	1	1	1	1	1	1

观察发现，$\lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor$ 的取值在连续的一段区间内是相同的，是”一块一块“的

如果我们知道了每一块的值和长度（左右边界），也就可以使用乘法运算来代替加法运算了

求某一值所在块的右端点

假设求 $i$ 所在块的右端点

$i$ 所在块的值为 $k=\lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor$，则 $k⩽{\displaystyle \frac{n}{i}}$，所以 $\lfloor {\displaystyle \frac{n}{k}}\rfloor ⩾\lfloor {\displaystyle \frac{n}{\frac{n}{i}}}\rfloor =\lfloor i\rfloor =i$

因此，$i_{max}=\lfloor {\displaystyle \frac{n}{k}}\rfloor =\lfloor {\displaystyle \frac{n}{\lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor }}\rfloor$，即右端点为 $\lfloor {\displaystyle \frac{n}{\lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor }}\rfloor$

实现

import java.util.Scanner;

public class Main {
    public static void main(String[] args) {
        Scanner sc = new Scanner(System.in);
        long n = sc.nextLong();
        long ans = 0;
        for (long l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {
            //取min防止越界
            r = Math.min(n / (n / l),n);
            ans += n / l * (r - l + 1);
        }
        System.out.println(ans);
    }
}

时间复杂度分析

$\text{ 分块的块数 }\le 2\lfloor \sqrt{n}\rfloor$

证明：

当 $i\le \lfloor \sqrt{n}\rfloor$ 时, $\lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor$ 有 $\lfloor \sqrt{n}\rfloor$ 种取值。
当 $i>\lfloor \sqrt{n}\rfloor$ 时, $\lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor \le \lfloor \sqrt{n}\rfloor ,\lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor$ 至多有 $\lfloor \sqrt{n}\rfloor$ 种取值。

综上，分块的块数$\le 2\lfloor \sqrt{n}\rfloor$

因此，时间复杂度为 $O(2\sqrt{n})=O(\sqrt{n})$

例题

约数和

题意概述

原题链接：P2424 约数和 - 洛谷

给定正整数 $x$，$y$，$x<y$，求 $\sum _{i=x}^y\sum _{d|i}d$

解题思路

求 $[x,y]$ 的函数值可以先求得 $[1,x-1]$ 与 $[1,y]$ 再相减，即$\sum _{i=x}^y\sum _{d|i}d=\sum _{i=1}^y\sum _{d|i}d-\sum _{i=1}^{x-1}\sum _{d|i}d$

因此，该问题变成了求出 $\sum _{i=1}^n\sum _{d|i}d$

与洛谷 P1403 约数研究类似，求每个数的约数和，可以转换成求 $1\sim n$ 中有哪些数含 $i$，其中 $i\in [1,n]$，换言之，转化为枚举因子 $d$

$1\sim n$ 的约数中有 $\lfloor {\displaystyle \frac{n}{d}}\rfloor$ 个 $d$ ，则 $d$ 对答案的贡献为 $\lfloor {\displaystyle \frac{n}{d}}\rfloor \times d$

因此，式子可以转化为 $\sum _{d=1}^n\lfloor {\displaystyle \frac{n}{d}}\rfloor \times d$

因为乘法满足分配律，对于 $\lfloor {\displaystyle \frac{n}{d}}\rfloor$ 值相等的一块区间，满足 $\sum _{d=l}^r\lfloor {\displaystyle \frac{n}{d}}\rfloor \times d=\lfloor {\displaystyle \frac{n}{d}}\rfloor \times \sum _{d=l}^{r}d=\lfloor {\displaystyle \frac{n}{d}}\rfloor \times {\displaystyle \frac{(l+r)\times (r-l+1)}{2}}$

Code

import java.util.Scanner;

public class Main {
    //计算 1~n 所有约数的和
    static long calculate(long n) {
        long ans = 0;
        for (long l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {
            r = Math.min(n / (n / l), n);
            ans += (l + r) * (r - l + 1) / 2 * (n / l);
        }
        return ans;
    }

    public static void main(String[] args) {
        Scanner sc = new Scanner(System.in);
        int x = sc.nextInt(), y = sc.nextInt();
        System.out.println(calculate(y) - calculate(x - 1));
    }
}

余数求和

题意概述

原题链接：P2261 余数求和 - 洛谷

给定正整数 $n$，$k$，求 $f(n,k)=\sum _{i=1}^{n}kmodi$

解题思路

$$\begin{array}{}\text{(1)}& \begin{array}{rl}f(n,k)& =\sum _{i=1}^{n}kmodi\\ & =\sum _{i=1}^n(k-\lfloor {\displaystyle \frac{k}{i}}\rfloor \times i)\\ & =\sum _{i=1}^{n}k-\sum _{i=1}^n\lfloor {\displaystyle \frac{k}{i}}\rfloor \times i\\ & =n\times k-\sum _{i=1}^n\lfloor {\displaystyle \frac{k}{i}}\rfloor \times i\end{array}\end{array}$$

和式部分与上一题仅为分子变了

Code

注意点：

1. 数据范围，两数相乘可能超出 $int$ 范围
2. 当 $k<l$ 时，不能再求右端点，会除零错误

import java.util.Scanner;

public class Main {
    //计算 1~n 所有约数的和
    static long calculate(long n, long k) {
        long ans = 0;
        //当左端点小于等于k时，才有右端点
        for (long l = 1, r; l <= n && l <= k; l = r + 1) {
            r = Math.min(k / (k / l), n);
            ans += (l + r) * (r - l + 1) / 2 * (k / l);
        }
        return ans;
    }

    public static void main(String[] args) {
        Scanner sc = new Scanner(System.in);
        int n = sc.nextInt(), k = sc.nextInt();
        //两数相乘可能超出int
        System.out.println((long) n * k - calculate(n, k));
    }
}

参考资料

【数论】整除分块（数论分块）_辞树c的博客-CSDN博客

549 整除分块（数论分块）- 董晓算法 - 哔哩哔哩

数论分块 - OI Wiki