数论分块

数论分块

定义：

数论分块可以在 \(O \sqrt{n}\) 的时间里计算一些有除法下取整的和式。

主要是 将 \(\frac{n}{d}\) 相同的数一起同时计算。

定理：

定理 \(1\):

\[a,b,c \in \mathbb{Z}, \lfloor \frac{a}{bc} \rfloor =\lfloor \frac{\lfloor\frac{a}{b}\rfloor}{c}\rfloor \]

证明：

\[\frac{a}{b}=\lfloor \frac{a}{b} \rfloor+r \]

带入将该值代入原式中即可。

定理 \(2\):

\[|\lfloor \frac{n}{d} \rfloor| \leq \lfloor 2\sqrt{n} \rfloor \]

其中，\(n \leq d\) 且 \(n,d\) 为正整数 , \(|V|\) 表示集合 \(V\) 的元素个数。

证明：

对于 \(d \leq/\geq \lfloor \sqrt{n} \rfloor\) ，对应式子都只有 \(\lfloor \sqrt{n} \rfloor\) 种取值。

过程：

首先，为了好写博客，定义 \(| x |=\lfloor x \rfloor\) (小懒不算懒)

考虑含有 \(|\frac{n}{i}|\) 的求和式子。

对于任意一个 \(i \leq n\) 我们需要找到一个最大的 \(j\),使得 \(|\frac{n}{i}|=|\frac{n}{j}|\)

此时 \(j=|\frac{n}{|\frac{n}{i}|}|\)

显然 \(i\leq j\leq n\) .

我们设 \(k=|\frac{n}{i}|\) ,证明： 当 \(|\frac{n}{j}|=k\) 时， \(j\) 的最大值为 \(|\frac{n}{k}|\)

\[k \leq \frac{n}{j} < k+1 \]

两边同时取倒数,再乘上 \(n\)，易得：

\[\frac{n}{k+1}<j \leq \frac{n}{k} \]

因为 \(j \in \mathbb{Z}\) ，所以 \(j_{max}=|\frac{n}{k}|\)

利用上述结论，我们每次以 \([i,j]\) 为一块，分块求和即可。

例题：

P2261 [CQOI2007]余数求和

题意：

计算 \(ans=\sum_{i=1}^n (k \mod i)\)

分析：

显然，这个式子可以转化成：

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

考虑后面的式子：

一开始 \(l=1\)

我们设 \(\lfloor \frac{k}{l} \rfloor=t\) ，分两种情况：

1. \(t \not ={0},r=min(\lfloor \frac{k}{t} \rfloor,n)\);

2. \(t= 0 ,r=n\).

然后如果没有到边界，直接 \(l=r+1\) ，再次计算 \(\lfloor \frac{k}{l} \rfloor\) 即可。

此时，这一段的答案就是：

\(\frac{(l+r)}{2}\)( 原式子中 \(i\) 的中间值) \(\times (r-l+1)\) (该区间长度) \(\times \lfloor \frac{k}{l} \rfloor\) (对应的值)

最后跳出循环，输出即可。

代码：

// 「luogu P2261」[CQOI2007]余数求和

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long 
int n,k;
int l,r,ans;
signed main(){
    cin>>n>>k;
    ans=k*n;
    for(int l=1;l<=n;l=r+1){
        int now=k/l;
        if(now!=0) r=min(k/now,n);
        else r=n;
        ans-=(r-l+1)*(l+r)/2*(k/l);
    }
    cout<<ans<<endl;
    system("pause");

    return 0;
}