整除分块学习笔记

前置知识

• 莫比乌斯反演

上面的标题应该改为后置知识

前言

最近在嗑莫比乌斯函数时嗑到了这个知识点，本质上是一个经常与莫比乌斯反演一起出现的小技巧，包括在很多莫比乌斯反演的题目中。

算法过程

整除分块通常被用来处理类似下方的式子：

\[\sum_{i=1}^n \lfloor \frac{n}{i} \rfloor \]

暴力

首先我们可以暴力解决：

int ans = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
	ans += n / i;
}

\[N \leq 10^9 \]

然后就歇菜了

规律

我们可以通过打表的方式来寻找\(\sum_{i=1}^n \lfloor \frac{n}{i} \rfloor\)的规律

当\(n=5,sum=5+2+1+1+1\)

当\(n=9,sum=9+4+3+2+1+1+1+1+1\)

当\(n=12,sum=12+6+4+3+2+2+1+1+1\)

可以看到有很多数是重复的，当\(n\)更大时，重复的数会更多。可以证明，这些数的数量是\(O(\sqrt{n})\)的。换句话说，我们可以将每一段连续且相同的数分开计算，实现\(O(\sqrt{n})\)的时间复杂度。

实现

可以证明，对于一段相同且连续的数，若其左端点为\(l\)，则右端点为\(\lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{l} \rfloor} \rfloor\)

即这一段\(r-l+1\)个数都为\(\lfloor \frac{n}{l} \rfloor\)，\(l\)到\(r\)的总和为\(\lfloor \frac{n}{l} \rfloor * (r - l + 1)\)

for(int l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {
    r = n / (n / l);
    ans += (n / l) * (r - l + 1);
}

应用

「CQOI2007」余数求和

这道题的关键是求\(\sum_{i=1}^n i * \lfloor \frac{n}{i} \rfloor\)

在此题中，\(l\)到\(r\)的总和为\(\sum_{i=l}^{r} i * \lfloor \frac{n}{l} \rfloor = \lfloor \frac{n}{l} \rfloor \sum_{i=l}^{r} i = \lfloor \frac{n}{l} \rfloor * \frac{(l + r)(r - l + 1)}{2}\)

for(int l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {
    r = n / (n / l);
    ans += (n / l) * (l + r) * (r - l + 1) / 2;
}

莫比乌斯反演

在莫比乌斯反演中，我们经常需要求\(\sum_{i=1}^n \mu(i) * \lfloor \frac{n}{i} \rfloor\)

在同一段内的和为\(\sum_{i=l}^{r} \mu(i) * \lfloor \frac{n}{l} \rfloor = \lfloor \frac{n}{l} \rfloor \sum_{i=l}^{r} \mu(i) = \lfloor \frac{n}{l} \rfloor (\sum_{i=1}^{r} \mu(i) - \sum_{i=1}^{l-1} \mu(i))\)

使用线性筛可以在\(O(n)\)的时间内预处理所有的\(\sum_{i=1}^{k} \mu(i)\)，整除分块复杂度为\(O(\sqrt{n})\)，总复杂度\(O(n)\)

for(int i = 1; i <= n; i++) {
    sum[i] = sum[i - 1] + mu[i];
}
for(int l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {
    r = n / (n / l);
    ans += (n / l) * (sum[r] - sum[l - 1]);
}