数论——数论分块

数论——数论分块

数论分块可以快速的求解形如，

\[\def\floor#1{\left\lfloor{#1}\right\rfloor} \sum_{i=1}^nf(i)g\left(\floor{n\over i}\right) \]

的求和式。

不考虑 \(f,g\) 的复杂度，数论分块的复杂度是 \(\mathcal O(\sqrt n)\) 的。

其思想很好玩哦（

下取整的性质

容易发现，

\[\def\floor#1{\left\lfloor{#1}\right\rfloor} \floor{n\over i} \]

下文所说个数均为规模，表示大概。

在 \(i\in[1,\sqrt n)\) 的时候，一共只有 \(\sqrt n\) 个式子。

在 \(i\in[\sqrt n,n]\) 的时候，一共只有 \(\sqrt n\) 种不同的结果。

因此，我们可以对此分块，使总复杂度降为 \(\mathcal O(\sqrt n)\)。

数论分块的结论

对于常熟 \(n\)，使得

\[\def\floor#1{\left\lfloor{#1}\right\rfloor} \floor{n\over i}=\floor{n\over j} \]

成立的最大 \(i\le j\le n\) 的 \(j\) 为，

\[\def\floor#1{\left\lfloor{#1}\right\rfloor} \floor{n\over\floor{n/i}} \]

于是，我们可以根据左端点，推断出右端点，进而推断出下一个块的左端点。

这就是数论分块的本质。

证明不会。

过程

考虑最简单的形式，

\[\def\floor#1{\left\lfloor{#1}\right\rfloor} \sum_{i=1}^nf(i)\floor{n\over i} \]

显然我们要处理 \(f\) 的前缀和，记为 \(s\)。

由于后面的东西是块状分布的，因此数论分块。

每次以一块，

\[\def\floor#1{\left\lfloor{#1}\right\rfloor} [l,r]=\left[l,\floor{n\over\floor{n/i}}\right] \]

随后对于下一块，更新区间左端点，

\[\def\floor#1{\left\lfloor{#1}\right\rfloor} l\gets r+1=\floor{n\over\floor{n/i}}+1 \]

参考代码，

int solev(int n) {
	int l = 1, r, ans = 0;
	while (l <= n) {
		r = n / (n / l);
		ans += (n / l) * (s(r) - s(l - 1));
		// ans += (n / l) * calc(l, r);
		l = r + 1;
	}
	return ans;
}

例题一

P3935 Calculating

第一步推式子，题中给出函数 \(f(x)\) 表示 \(x\) 的因数个数，因此答案，

\[\def\floor#1{\left\lfloor{#1}\right\rfloor} \sum_{x=l}^r\sum_{i=1}^x\floor{x\over i} \]

左侧用差分，因此要求，

\[\def\floor#1{\left\lfloor{#1}\right\rfloor} f(x)=\sum_{i=1}^x\floor{x\over i} \]

即标准形式的数论分块，代码，

ll solev(ll n) {
	ll l = 1, r, ans = 0;
	while (l <= n) {
		r = n / (n / l);
		ans = (ans + (n / l) * (r - l + 1) % mod) % mod;
		l = r + 1;
	}
	return ans;
}

例题二

P2424 约数和

已经给出了式子，整理，即

\[\def\floor#1{\left\lfloor{#1}\right\rfloor} \sum_{x=l}^r\sum_{i=1}^xi\floor{x\over i} \]

左侧用差分，因此要求，

\[\def\floor#1{\left\lfloor{#1}\right\rfloor} \sum_{i=1}^xi\floor{x\over i} \]

即标准形式的数论分块，代码，

ll calc(int l, int r) {
	return ((ll)l + r) * (r - l + 1) / 2;
}

ll solev(int x) {
	int l = 1, r;
	ll ans = 0;
	while (l <= x) {
		r = x / (x / l);
		ans += calc(l, r) * (x / l);
		l = r + 1;
	}
	return ans;
}

例题三

P2261 [CQOI2007] 余数求和

有点技巧，因为容易发现枚举上界和被除数不统一。

回归数论分块的本质，容易发现其实只需要知道块的左右端点就可以了。

于是也容易得出，我们对右端点取 \(n\) 的 \(\min\)，注意除数不为零即可。

代码，

ll calc(int l, int r) {
	return ((ll)l + r) * (r - l + 1) / 2;
}

ll solev(int n, int x) {
	int l = 1, r;
	ll ans = 0;
	while (l <= n) {
		r = n;
		if (x / l) r = min(r, x / (x / l));
		ans += calc(l, r) * (x / l);
		l = r + 1;
	}
	return ans;
}

例题四

多维数论分块，题目：[ARC068E] Snuke Line。

容易发现，一个步长 \(d\) 在某个颜色的区间 \([l,r]\) 有贡献，当且仅当存在正整数 \(x\)，使得，

\[l\le dx\le r \]

\[\left\lceil{l\over d}\right\rceil\le x\le\left\lfloor{r\over d}\right\rfloor \]

根据取整的性质，

\[\left\lfloor{l-1\over d}\right\rfloor<x\le\left\lfloor{r\over d}\right\rfloor \]

\[\left\lfloor{l-1\over d}\right\rfloor<\left\lfloor{r\over d}\right\rfloor \]

我们注意到 \(d\) 是变量，我们可以对于 \(l,r\) 用数论分块求出有贡献的 \(d\) 的取值范围。

差分一下即可，同时注意到数论分块求不到 \([l,r]\) 区间本身的答案，我们手动加上即可。

constexpr int N = 1e5 + 10;

int sum[N];

void Main() {
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        int x, y;
        cin >> x >> y;
        --x;
        int l = 1, r;
        while (l <= x) {
            r = min(x / (x / l), y / (y / l));
            if (x / l < y / l) ++sum[l], --sum[r + 1];
            l = r + 1;
        }
        ++sum[x + 1], --sum[y + 1];
    }
    int ans = 0;
    for (int i = 1; i <= m; ++i) {
        ans += sum[i];
        cout << ans << endl;
    }
}