整除分块

[CQOI2007]余数求和

洛谷

BZOJ

题目大意：求 ∑ni=1k mod i∑i=1nk mod i 的值。

等等……这题就学了三天C++的都会吧？

1≤n,k≤10⁹1≤n,k≤10⁹。（一口老血喷到屏幕上）

O(n)O(n) 行不通了，考虑别的做法。

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我们来看一下 ⌊xi⌋⌊xi⌋ 的值。

x=9x=9：（不包括0，只有4种取值？）

i	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
x/i	9	4	3	2	1	1	1	1	1	0

 

 

 

x=12x=12：（不包括0，只有6种取值？）

i	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12
x/i	12	6	4	3	2	2	1	1	1	1	1	1

 

 

 

貌似 ⌊xi⌋⌊xi⌋ 取值数不是很多？

我们来估算一下 ⌊xi⌋⌊xi⌋ 的不同取值个数：

当 1≤i≤⌊x−−√⌋1≤i≤⌊x⌋ 时，ii 都只有 ⌊x−−√⌋⌊x⌋ 个，不同的取值数肯定不会更多。

当 ⌊x−−√⌋≤i≤x⌊x⌋≤i≤x 时，1≤⌊xi⌋≤⌊x−−√⌋1≤⌊xi⌋≤⌊x⌋，不同的取值数肯定 ≤⌊x−−√⌋≤⌊x⌋ 个。

综上，不同取值数是 x−−√x 级别的。

然后我们可以发现相同的数是连续的一段。那么我们可以通过这个特点把 ⌊xi⌋⌊xi⌋ 分成几段，每一段的数相等，那么这一段的和就是长度 ××这个相同的数。

因为不同取值只有 x−−√x 个，所以这样加速后的时间复杂度是 O(x−−√)O(x)，比 O(x)O(x) 快了不少。这就是整除分块。

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回到原题。

 求 ∑ni=1k mod i∑i=1nk mod i 的值。

这个……看着和整除分块没什么大关系的样子？

我们看这个 modmod 真碍眼，把它拆开。

k mod i=k−i×⌊ki⌋k mod i=k−i×⌊ki⌋

那么就有：

 ∑ni=1k mod i ∑i=1nk mod i

=∑ni=1k−i×⌊ki⌋=∑i=1nk−i×⌊ki⌋

=nk−∑ni=1i×⌊ki⌋=nk−∑i=1ni×⌊ki⌋

后面这个式子貌似可以整除分块了……怎么算呢？

我们考虑 [l,r][l,r] 这段区间的求和，其中 ⌊ki⌋=x:i∈[l,r]⌊ki⌋=x:i∈[l,r]。

 ∑ri=li×⌊ki⌋ ∑i=lri×⌊ki⌋

=∑ri=li×x=∑i=lri×x

=x∑ri=li=x∑i=lri

=x(l+r)(r−l+1)2=x(l+r)(r−l+1)2

这样就不是很难了。

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话说讲了这么久也没讲怎么枚举一段相同区间的左端点和右端点。

我们这样扫描：

一开始 l=1l=1 显而易见。

求出对应的 rr。

这个区间求完了，下一个 ll 应该是下一个还没扫过的位置，即 l=r+1l=r+1。

一直重复直到 ll 到了上界，也就是扫完了。

怎么求对应的 rr 呢？

既然 ⌊kl⌋=⌊kr⌋⌊kl⌋=⌊kr⌋，且 rr 是右端点（最大）

那么 r=kklr=kkl。（当然可能要跟枚举上界取一个min，视情况而定）

整除分块模板大概如下：

1 for(int l=1,r;l<=n;l=r+1){
2     r=n/(n/l);
3     //do something...
4 }

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那么这题代码实现就不难了。需要注意本题有不少坑点，详见代码。（没错，代码并没有你想象的那么长！）

时间复杂度貌似是 O(min(k,n)−−−−−−−−√)O(min(k,n))，空间复杂度 O(1)

#include<iostream>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;    //long long是需要的
ll n,k,ans;
int main(){
    cin>>n>>k;
    ans=n*k;
    for(ll l=1,r;l<=min(n,k);l=r+1){    //与上界取min！
        r=min(k/(k/l),n);    //与上界取min！
        ans-=(k/l)*(l+r)*(r-l+1)/2;
    }
    cout<<ans<<endl;
}