数论基础D

数论基础D

整除分块/数论分块

快速计算一群向下取整的和式，打包同时计算拥有相同的 \(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\) 的分式，时间复杂度可以优化到 \(O(\sqrt n)\)

例如需要计算

\[\sum_{i=1}^{n} \lfloor \frac{n}{i} \rfloor \]

依次写出拥有相同 \(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\) 的分式

\[\begin{array}{c|c|c|c|c|c|c|c|c|cc} i&1&2&3&4& 5& 6\ 7&8\ 9\ 10&11\cdots21 \\\hline \lfloor\frac{n}{i}\rfloor&21&10&7&5&4&3&2&1 \end{array} \]

分块存在两种性质：

• 根据 \(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\) 分块的数量 \(\le2\lfloor \sqrt n\rfloor\)

以 \(\sqrt n\) 为分界线，\(i\le \sqrt n\) 时，\(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\) 有 \(\lfloor\sqrt n\rfloor\) 种取值，\(i> \sqrt n\) 时，\(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\) 至多有 \(\lfloor\sqrt n\rfloor\) 种取值

• \(i\) 所在分块的右端点为 \(rfub\)

\[rfub=\lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor}\rfloor \]

设 \(i\) 所在分块的 \(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\) 为 \(k\) ，则有以下推理

\[k\le \frac{n}{i} \implies \frac{n}{k} \ge \frac{n}{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}\implies \lfloor \frac{n}{k}\rfloor \ge \lfloor\frac{n}{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}\rfloor \]

又因为

\[\lfloor \frac{n}{k}\rfloor \ge \lfloor\frac{n}{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}\rfloor=\lfloor i\rfloor=i \]

那么 \(i\) 所在分块的区间为

\[\lfloor\frac{n}{\lfloor k_{i-1} \rfloor}\rfloor\le i \le \lfloor\frac{n}{\lfloor k_{i} \rfloor}\rfloor=\lfloor\frac{n}{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}\rfloor \]

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综合以上两个性质，可以推广公式有

\[\sum_{i=1}^n f(i)\lfloor\frac{n}{i}\rfloor \]

首先通过前缀和预处理 \(f(i)\)

\[s(i)=\sum_{j=1}^i f(j) \]

那么答案就可以表示为

\[\sum_{i=1}^n f(i)\lfloor\frac{n}{i}\rfloor=\sum_i [s(r)-s(l-1)]\cdot\lfloor\frac{n}{i}\rfloor \]

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以计算 \(\sum_{i=1}^{n} k\ \% \ i\) 为例

和式可以变形为

\[\sum_{i=1}^{n} k\ \% \ i\implies \sum_{i=1}^{n} k-i*\lfloor\frac{k}{i}\rfloor=n*k-\sum_{i=1}^{n}i*\lfloor\frac{k}{i}\rfloor \]

代码实现如下：

long long n,k;
cin>>n>>k;
long long sum=n*k;
long long l,r;
for (l=1;l<=n;l=r+1){//计算分块左边界
	if (k/l==0) break;//如果l大于k，那么之后的项都为0，提前中断
	r=min(k/(k/l),n);//如果计算的右边界超出n，那么就到n为止
	sum-=(k/l)*(r-l+1)*(l+r)/2;//等差数列计算
}
cout<<sum;
return 0;