整除分块（数论分块）详解

整除分块（数论分块）

介绍

在求解问题

$$\sum_{i=1}^n\lfloor\frac ni\rfloor$$

时，若 $n$ 的范围很大那么 $\Theta(n)$ 求解将会超时，我们需要一种更高效的方法来计算，整除分块就是这样一种方法

不难发现，在 $i$ 取某些值的时候 $\lfloor\frac ni\rfloor$ 的值都是相同的，考虑将 $\lfloor\frac ni\rfloor$ 的值相同的 $i$ 一起计算，减少计算次数

那么此时我们需要计算多少次呢？

当 $i\le\sqrt n$ 时显然 $\lfloor\frac ni\rfloor$ 的取值只有 $\sqrt n$ 种可能，而当 $i>\sqrt n$ 时有 $\frac ni<\sqrt n$ ，所以 $\lfloor\frac ni\rfloor$ 的取值同样只有 $\sqrt n$ 种可能，也就是说 $\lfloor\frac ni\rfloor$ 的取值只有 $2\sqrt n$ 种可能，对于同样的取值只用计算一次，总的时间复杂度也就是 $\Theta(\sqrt n)$

下面来说具体怎么做

画出 $\lfloor\frac ni\rfloor$ 的图像不难发现，所有取值相同的 $i$ 都是连续的整块的，这也是这个算法叫做整除分块的原因，对于每一块我们想要通过给出这一块的左端点，$\Theta(1)$ 计算出这一块的右端点，这样才能保证复杂度

假设现在我们的左端点是 $l$，那么设 $\lfloor\frac nl\rfloor=k$，我们要求右端点也就是最大的 $r=l+d$ 使得 $\lfloor\frac n{l+d}\rfloor=\lfloor\frac nl\rfloor=k$

把 $\lfloor\frac nl\rfloor$ 和 $\lfloor\frac n{l+d}\rfloor$ 展开得 $n=kl+p$ 和 $n=k(l+d)+p'$，其中 $1\le p<l$

那么 $kl+p=k(l+d)+p'$ 所以 $p'=p-kd$，因为 $p'\ge0$，所以 $kd\le p$，所以 $d\le\frac pk$，又因为 $d$ 为整数，所以 $d$ 最大能取 $\lfloor\frac pk\rfloor$，其中 $p=n\bmod l=n-l\lfloor\frac nl\rfloor$，$k=\lfloor\frac nl\rfloor$

所以我们有

$$\begin{align*} r&=l+d_\max\\ &=l+\lfloor\frac pk\rfloor\\ &=l+\lfloor\frac{n-l\lfloor\frac nl\rfloor}{\lfloor\frac nl\rfloor}\rfloor\\ &=l+\lfloor\frac n{\lfloor\frac nl\rfloor}-l\rfloor\\ &=\lfloor\frac n{\lfloor\frac nl\rfloor}\rfloor \end{align*}$$

也就是说，对于每一个左端点为 $l$ 的块，它的右端点为 $\lfloor\frac n{\lfloor\frac nl\rfloor}\rfloor$

求 $\sum\limits_{i=1}^n\lfloor\frac ni\rfloor$ 我们从左端点 $l$ 为 $1$ 开始枚举，每次右端点 $r$ 取 $\min(n,\lfloor\frac n{\lfloor\frac nl\rfloor}\rfloor)$，将答案累加上 $(r-l+1)\lfloor\frac nl\rfloor$，然后令 $l=r+1$ 不断循环，当右端点等于 $n$ 时停止循环

练习

练习一

Luogu P3935 Calculating

题目大意

给定 $n$ 求 $\sum\limits_{i=1}^nd(i)$，其中 $d(i)$ 表示 $i$ 的约数个数

题解

$1$ 到 $n$ 的约数显然只能也在 $1$ 到 $n$ 内，那么考虑换一种方式表达 $\sum\limits_{i=1}^nd(i)$，枚举 $1$ 到 $n$ 的所有数，看枚举的数属于多少个数的约数，假设当前枚举到数字 $k$ 那么在 $1$ 到 $n$ 内 $k$ 属于多少个数的约数，那么也就是在问在 $1$ 到 $n$ 内 $k$ 的倍数有多少个，显然有 $\lfloor\frac nk\rfloor$ 个，题目也就转换为了求解 $\sum\limits_{i=1}^n\lfloor\frac ni\rfloor$，整除分块即可

练习二

P2261 [CQOI2007]余数求和

题目大意

给定 $n,k$，求 $\sum\limits_{i=1}^nk\bmod i$

题解

$k\bmod i$ 可以写作 $k-i\lfloor\frac ki\rfloor$，原式即变为 $\sum\limits_{i=1}^nk-i\lfloor\frac ki\rfloor=kn-\sum\limits_{i=1}^ni\lfloor\frac ki\rfloor$，考虑对于 $\sum\limits_{i=1}^ni\lfloor\frac ki\rfloor$ 使用整除分块，对于值相同的 $\lfloor\frac ki\rfloor$，利用等差数列求和公式算出 $i$ 的区间和，再乘以 $\lfloor\frac ki\rfloor$ 就可以 $\Theta(1)$ 累加进答案

再看整除分块时 $n,k$ 的上界问题，当 $n\ge k$ 时 $i>k$ 的部分贡献均为 $0$，所以我们忽略 $n$ 比 $k$ 大的部分，直接以 $k$ 为上界计算 $\sum\limits_{i=1}^k\lfloor\frac ki\rfloor$ 即可；当 $n<k$ 时每次右端点变为 $\min(n,\lfloor\frac k{\lfloor\frac kl\rfloor}\rfloor)$，右端点到 $n$ 时停止

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