除法分块
计算一个式子:\(\sum\limits_{i = 1}^n \cfrac{n}{i}\)。
很明显可以直接一个\(for\)循环,\(O(n)\)求出结果,但是我们可以将其优化到\(O(\sqrt n)\)。
例题 AcWing199. 余数之和
给定正整数n和k,计算\((k \mod 1) + (k \mod 1) + ... + (k \mod n)\)的值。 \(1 \leq n, k \leq 10^9\)。
首先我们知道\(k \mod i = k - \lfloor \cfrac{k}{i} \rfloor * i\)
所以上边式子可以化简为,\(n * k - \sum\limits_{i = 1}^n \lfloor \cfrac{k}{i} \rfloor * i\),所以我们最主要的就是处理\(\lfloor \cfrac{k}{i} \rfloor\)。
首先对于\(n = 10\)、\(k = 5\)打个表,\(i \in [1, n]\):(渲染之后,表格糊了,凑合看吧)
k | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 |
---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
k/i | 5 | 2 | 1 | 1 | 1 | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 |
很明显,我们发现\(\lfloor \cfrac{k}{i} \rfloor\)的值呈区间变化,而除法分块就是让我们可以快速算出每一个区间的\(l\)和\(r\)端点,然后计算即可。
对于每一个区间,左端点\(x = gx + 1\)我们可以直接更新,然后对于右端点,先说结论,\(gx = \lfloor k / \lfloor k / x\rfloor \rfloor\)。
为什么呢?
对于\(x \in [1, k],\)我们设\(g(x) = \lfloor k / \lfloor k / x\rfloor \rfloor\)。首先明白\(f(x) = k / x\)是一个单调递减函数,然后我们现在来构造,\(g(x) = \lfloor k / \lfloor k / x\rfloor \rfloor \geq\) \(\lfloor k/(k / x) \rfloor\),那么\(\lfloor k / g(x) \rfloor \leq \lfloor k / x \rfloor\)。
再证明\(\lfloor k / g(x) \rfloor \geq \lfloor k / x \rfloor\)。
\(\lfloor k / g(x) \rfloor \geq \lfloor k / (k / \lfloor k / x \rfloor) \rfloor\)。
综上,得\(\lfloor k / g(x)\rfloor = \lfloor k / x \rfloor\)。
所以对于,\(\forall i \in [x, \lfloor k / \lfloor k / x \rfloor \rfloor]\),\(\lfloor k / i \rfloor\)的值都相等。
现在可以求区间端点的值了,下边证明为什么是\(O(\sqrt n)\)。
当\(i \leq \sqrt n\)时,\(\lfloor k / i \rfloor\)最多有\(\sqrt k\)个不同的值,而当\(i > \sqrt k\)时,\(\lfloor k / i \rfloor < \sqrt k\),所以\(\lfloor k / i \rfloor\)最多也只有\(\sqrt k\)个不同的值,那么现在就明白了,我们上面分的块,最多有\(2 \sqrt k\)块,因此就是\(O(\sqrt n)\)级别。
对于题目要求\(\sum\limits_{i = l}^r \lfloor \cfrac{k}{i} \rfloor * i\) = \(\sum\limits_{i = l}^r \lfloor \cfrac{k}{l} \rfloor * i\) = \(\lfloor \cfrac{k}{l} \rfloor \sum\limits_{i = l}^r i\),后边用等差数列求和公式即可。
// Problem: 余数之和
// Contest: AcWing
// URL: https://www.acwing.com/problem/content/201/
// Memory Limit: 64 MB
// Time Limit: 1000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
long long n, k;
cin >> n >> k;
long long res = n * k;
for (int x = 1, gx; x <= n; x = gx + 1) {
if (k / x == 0) gx = n;
else gx = min(k / (k / x), n);
res -= (k / x) * (x + gx) * (gx - x + 1) / 2;
}
cout << res << endl;
return 0;
}