整除分块

常搭配莫反食用。莫比乌斯反演笔记

P2261 余数求和

求 ${\displaystyle \sum _{i=1}^{n}kmodi}$，$n,k\le 1e9$。

第一步：$kmodi=k-i\cdot \lfloor {\displaystyle \frac{k}{i}}\rfloor$，$\text{原式}={\displaystyle \sum _{i=1}^{n}k-i\cdot [\frac{k}{i}]}$.

第二步：$\text{原式}=nk-{\displaystyle \sum _{i=1}^{n}i\cdot [{\displaystyle \frac{k}{i}}]}$。

然后问题就是怎么求 $\sum _{i=1}^{n}i\cdot [{\displaystyle \frac{k}{i}}]$ 了。

直接枚举肯定是不行的，但是 $[{\displaystyle \frac{k}{i}}]$ 只有 $\sqrt{k}$ 种取值！

所以可以枚举 $[{\displaystyle \frac{k}{i}}]$ 的值。当这个值确定了，求出 $[{\displaystyle \frac{k}{i}}]$ 等于这个值的区间，然后在这个区间内就很简单了。

因为取值只有 $\sqrt{k}$ 种，所以区间只有 $\sqrt{k}$ 个。我们每个区间 $O(1)$，总复杂度就是 $O(\sqrt{k})$。

怎么实现枚举取值？直接枚举又变成 $O(k)$ 了，不行。

我们可以用类似双指针的方法，初始让指针 $l=1$，求出 $[{\displaystyle \frac{k}{i}}]$ 等于 $[{\displaystyle \frac{k}{l}}]$ 的最大的 $i$，令指针 $r\leftarrow i$。算完这段区间再令 $l\leftarrow r+1$，不断循环，直到 $l$ 超过 $n$。

（一定要搞清楚 $l$ 的上界，还有 $r$ 是根据什么确定的！）

怎么求 $r$？令 $p=[{\displaystyle \frac{k}{l}}]$，$l$ 已知，这是可以 $O(1)$ 求出的。我们求出 $[{\displaystyle \frac{k}{i}}]=p$ 中 $i$ 的范围，最大的 $i$ 就是 $r$ 。

$[{\displaystyle \frac{k}{i}}]=p⟺p\le {\displaystyle \frac{k}{i}}<p+1⟺{\displaystyle \frac{k}{p+1}}<i\le {\displaystyle \frac{k}{p}}$。

那么最大的 $i$ 就很显然是 $[{\displaystyle \frac{k}{p}}]$ 了，也就是 $\lfloor {\displaystyle \frac{k}{\lfloor \frac{k}{l}\rfloor }}\rfloor$。

以上就是所有思路，但是在代码上还有要注意的地方。

首先注意 k / (k / l) 的结果可能会超过 $n$ 导致多算了一些东西，会 WA。所以要取 $min$。

然后注意在 k / l = 0 的时候一定要跳出循环，不然上面 k / (k / l) 直接除 $0$ 了。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long ll;

ll n, k;
ll ans = 0;

int main() {
    cin >> n >> k;
    ans = n * k;
    for (int l = 1, r = 0; l <= n; l = r + 1) {
        if (k / l != 0)
            r = min(k / (k / l), n);
        else
            break;
        ans -= 1ll * (k / l) * (l + r) * (r - l + 1) / 2;
    }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

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整除分块一般用来处理 $[x]$ 的问题。