数学/数论专题-学习笔记：整除分块

目录

• 1. 前言
• 2. 详解
• 3. 总结
• 4. 参考资料

1. 前言

整除分块，是一种数论的基础算法，必备知识，在很多题目中都有涉及但是题目很基础。

整除分块主要解决的是这样一类问题：求值：

$$\sum_{i=1}^{n}f(i)g(\Big\lfloor\dfrac{k}{i}\Big\rfloor)$$

其中已知 $f$ 的前缀和或者能 $O(1)$ 计算 $f(r)-f(l)$。

正常的计算方式是 $O(n)$ 的，但是一些题里面该复杂度不能接受，此时就需要整除分块，整除分块能做到 $O(\sqrt{n})$ 解决此类问题。

2. 详解

首先讨论这个问题的简化版本：

$$\sum_{i=1}^{n}\Big\lfloor\dfrac{k}{i}\Big\rfloor$$

通过打表可以发现，对于 $\Big\lfloor\dfrac{k}{i}\Big\rfloor$，容易有一个较大的区间 $[l,r]$，满足 $\forall i,j \in [l,r],\Big\lfloor\dfrac{k}{i}\Big\rfloor=\Big\lfloor\dfrac{k}{j}\Big\rfloor$，下面定义一个满足上述条件的区间的值为 $i \in [l,r],\Big\lfloor\dfrac{k}{i}\Big\rfloor$。

也就是说有连续段是相同的，因此整除分块需要考虑如何快速处理出这些区间，最好的方式当然就是将区间处理完之后，不同的区间的值不同。

其实数学上已经证明了一些东西，这里不进行证明，直接将结论拉过来用：

1. 这样的区间只有 $O(\sqrt{n})$ 个。
2. 对于一个区间 $[l,r]$，满足 $r=\Big\lfloor\dfrac{k}{\lfloor\frac{k}{i}\rfloor}\Big\rfloor$。

因此我们可以考虑从 $l=1$ 开始，根据上述结论 2 算出 $r$，而 $[l,r]$ 的值显然是 $(r-l+1) \times \Big\lfloor\dfrac{k}{l}\Big\rfloor$，然后 $l\leftarrow r+1$，又根据结论 1，复杂度为 $O(\sqrt{n})$。

解决这个问题之后，回到我们原本的问题：

$$\sum_{i=1}^{n}f(i)g(\Big\lfloor\dfrac{k}{i}\Big\rfloor)$$

同样的，我们考虑处理出所有 $[l,r]$，满足 $\forall i,j \in [l,r],\Big\lfloor\dfrac{k}{i}\Big\rfloor=\Big\lfloor\dfrac{k}{j}\Big\rfloor$，下面定义 $[l,r]$ 的值是 $\sum_{i=l}^{r}f(i)g(\Big\lfloor\dfrac{k}{i}\Big\rfloor)$。

这里先将这些区间存下来，记作 $[l_i,r_i]$，然后我们注意到此时的 $\Big\lfloor\dfrac{k}{i}\Big\rfloor$ 是一个常数，可以直接将 $g(\Big\lfloor\dfrac{k}{i}\Big\rfloor)$ 提出去，此时 $[l_i,r_i]$ 对答案的贡献就变成了这样：

$$g(\Big\lfloor\dfrac{k}{l_i}\Big\rfloor)\sum_{i=l_i}^{r_i}f(i)$$

然后因为可以快速计算 $f(r)-f(l)$，所以照样可以 $O(\sqrt{n})$ 解决。

代码里面注意两个点：

1. 大于 $n$ 的区间右端点要变成 $n$。
2. 当 $\Big\lfloor\dfrac{k}{l}\Big\rfloor$ 为 0 的时候 $r=n$。

通用 Code：

n = Read(), k = Read(); ans = 0;
for (int l = 1, r; l <= n; l = r + 1)
{
	if (k / l == 0) r = n;
	else r = Min(k / (k / l), n);
	++cnt; Left[cnt] = l, Right[cnt] = r;
}
for (int i = 1; i <= cnt; ++i)
	ans += (f(Left[i], Right[i]) * g(k / Left[i]));

其中 $f(l,r)$ 计算 $\sum_{i=l}^{r}f_i$，$g(i)$ 就是算 $g(i)$。

接下来看道例题：P2261 [CQOI2007]余数求和。

这道题给出 $n,k$，要求：

$$\sum_{i=1}^{n}k \bmod i$$

首先将 $\bmod$ 拆掉，将式子变成这样：

$$\sum_{i=1}^{n}(k-i \times \Big\lfloor\dfrac{k}{i}\Big\rfloor)$$

然后发现这个 $k$ 可以提出去，变成这样：

$$nk-\sum_{i=1}^{n}(i \times \Big\lfloor\dfrac{k}{i}\Big\rfloor)$$

我们只需要处理后面这个式子，对应到整除分块上，发现 $f(i)=i,g(\Big\lfloor\dfrac{k}{i}\Big\rfloor)=\Big\lfloor\dfrac{k}{i}\Big\rfloor$，满足 $O(1)$ 计算 $f(r)-f(l)$ 的条件，因此可以整除分块求后面这个式子，做完了。

Code：

/*
========= Plozia =========
	Author:Plozia
	Problem:P2261 [CQOI2007]余数求和
	Date:2022/2/18
========= Plozia =========
*/

#include <bits/stdc++.h>

typedef long long LL;
const int MAXN = 1e5 + 5;
int n, k, Left[MAXN], Right[MAXN], cnt;
LL ans = 0;

int Read()
{
	int sum = 0, fh = 1; char ch = getchar();
	for (; ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar()) fh -= (ch == '-') << 1;
	for (; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar()) sum = sum * 10 + (ch ^ 48);
	return sum * fh;
}
int Max(int fir, int sec) { return (fir > sec) ? fir : sec; }
int Min(int fir, int sec) { return (fir < sec) ? fir : sec; }

int main()
{
	n = Read(), k = Read(); ans = 1ll * n  * k;
	for (int l = 1, r; l <= n; l = r + 1)
	{
		if (k / l == 0) r = n;
		else r = Min(k / (k / l), n);
		++cnt; Left[cnt] = l, Right[cnt] = r;
	}
	for (int i = 1; i <= cnt; ++i)
		ans = ans - 1ll * (k / Left[i]) * 1ll * (Left[i] + Right[i]) * (Right[i] - Left[i] + 1) / 2;
		// 这里通过直接推式子代替了 f 和 g 函数
	printf("%lld\n", ans); return 0;
}

3. 总结

整除分块将形如 $\sum_{i=1}^{n}f(i)g(\Big\lfloor\dfrac{k}{i}\Big\rfloor)$ 的式子化为了多个形如 $g(\Big\lfloor\dfrac{k}{l_i}\Big\rfloor)\sum_{i=l_i}^{r_i}f(i)$ 的式子，其中 $f(r)-f(l)$ 能够快速计算，从而减少时间复杂度，降至 $O(\sqrt{n})$。

4. 参考资料

• 整除分块 - 知乎
• 浅谈整除分块_beautiful_CXW的博客-CSDN博客_整除分块
• 整除分块 - pengym - 博客园