浅谈整除分块

模型：

\(\sum_{i=1}^{n}\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\)
假设 \(n = 8\)，那么可得：

\(i\)	1	2	3	4	5	6	7	8
\(8/i\)	8	4	2	2	1	1	1	1

概念：

表中同样的值会连续出现，而相同的值所划分的区间成为一个块。
整除的性质使得从 \(1\) 到 \(n\) 的表可根据数值划分为不同的块，且分块数远远小于 \(n\)。
利用这种性质，我们可以推导出每个分块具体的左右端点位置在哪，这样就可以快速求解出来了。

推导：

假设我们已知某一个分块的左端点 \(l\)，要求解出该分块的右端点 \(r\)。
设该分块的数值为\(k\)，对于该分块中的每个数\(i\)，有 \(k=\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor=\left\lfloor\frac{n}{l}\right]\)，即 \(i\times k \le n\)。
那么显然满足 \(i \times k \le n\) 成立的最大的 \(i\) 就是我们要的右端点 \(r\)。
于是可得：\(\left\{\begin{array}{l}k=\left\lfloor\frac{n}{l}\right\rfloor \\ r=\max (i), i \times k \leq n\end{array}\right.\)
推导得：\(r=\left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor=\left\lfloor \frac{n}{\left\lfloor\frac{n}{l}\right\rfloor}\right\rfloor\)

变形0：

已知 \(n,m\)，求 \(\sum_{i=1}^{min(n,m)}\lfloor\frac{n}{ i}\rfloor\lfloor\frac{m}{i}\rfloor\)
\(\left\{\begin{array}{l}k1=\left\lfloor\frac{n}{l}\right\rfloor,k2= \left\lfloor\frac{m}{l}\right\rfloor\\ r=\max (i), i \times k1 \leq n,i\times k2 \le m\end{array}\right.\)
\(r = min(\lfloor\frac{n}{k1}\rfloor,\lfloor\frac{m}{k2}\rfloor)\)

变形1：

已知 \(n,a,b\)，求 \(\sum_{i=1}^{n}\left\lfloor\frac{n}{a i+b}\right\rfloor\)
令 \(i' = a\times i + b\)，先求出 \(\left\lfloor\frac{n}{i'}\right\rfloor\) 的整除分块
可得 \(k=\left\lfloor\frac{n}{a\times l+b}\right\rfloor\)，\(r'=\left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor=\left\lfloor\frac{n}{\left\lfloor\frac{n}{a \times l + b}\right\rfloor}\right\rfloor\)
\(\left\{\begin{array}{l}i'=a\times i +b \\ r'=\max (i')\end{array}\right.\)→\(\begin{cases}a\times i=i'-b\\ i=\dfrac{i'-b}{a}\end{cases}\)→ \(r=max(i)= max(\left\lfloor\frac{i'-b}{a}\right\rfloor) = \lfloor\frac{r'-b}{a} \rfloor\)
$r =\left \lfloor \dfrac{\left \lfloor \dfrac{n}{\lfloor \dfrac{n}{a\times l+b}\rfloor }\right \rfloor -b}{a}\right \rfloor $

变形2：

做法同上。
已知 \(n\)，求 \(\sum_{i=1}^{n}\left\lfloor\frac{n}{i^2}\right\rfloor\)
令 \(i' = i^2\)，先求出 \(\left\lfloor\frac{n}{i'}\right\rfloor\) 的整除分块
可得 \(k=\left\lfloor\frac{n}{l^2}\right\rfloor\)，\(r'=\left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor=\left\lfloor\frac{n}{\left\lfloor\frac{n}{l^2}\right\rfloor}\right\rfloor\)
\(\left\{\begin{array}{l}i=\sqrt{i'} \\ r'=\max (i')\end{array}\right.\) → \(r = max(i) = max(\lfloor\sqrt{i'} \rfloor) = \lfloor r' \rfloor = \lfloor\sqrt{\left\lfloor\frac{n}{\left\lfloor\frac{n}{l^2}\right\rfloor}\right\rfloor}\rfloor\)

变形3：

已知 \(n\)，求 \(\sum_{i=1}^{n}\left\lceil\frac{n}{i}\right\rceil\)
当 \(n\) 整除 \(i\) 时，\(\left\lceil\frac{n}{i}\right\rceil = \left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\)
当 \(n\) 不整除 \(i\) 时，\(\left\lceil\frac{n}{i}\right\rceil = \left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor + 1\)
于是我们可以用 $\lfloor \frac{n+i-1}{i}\rfloor $ 来代替 \(\lceil\frac{n}{i}\rceil\)
原式就转换为了 \(\sum_{i=1}^{n}\lfloor\frac{n+i -1}{i}\rfloor\)

那么有 \(\left\{\begin{array}{l}k=\left\lfloor\frac{n+l-1}{l}\right\rfloor \\ r=\max (i), i\times k \leq n+i-1 \end{array}\right.\)
\(\because i \times k \le n+i-1 \Rightarrow i\times(k-1) \le n-1\)
\(\therefore r=\left\lfloor\frac{n-1}{k-1}\right\rfloor=\left[\frac{n-1}{\left\lfloor\frac{n+l-1}{l} \mid-1\right.}\right\rfloor\)