luoguP6028算术 题解（推柿子+整除分块+调和级数）
题目
大意很好理解，给你一个肥常奇怪的柿子，求它的值。
30分做法（暴力）：
显然通过题目给出的柿子本身就可以\(O(n)\)求\(f[i]\)然后再\(O(n)\)求和，可以得到一个\(O(n^2)\)的算法。
60分做法（大力推柿子）：
通过一番鬼斧神工般的操作，成功把原柿子转化成\(\sum\limits_{d\mid n}^{d\leq n}\frac{1}{d}\)
转化过程如下：（正着推需要极其高超敏锐的数学直觉，所以我们倒着推）
最难的一步：\(\sum\limits_{d\mid n}\frac{1}{d}=\prod\limits_{i=1}^{pcnt}(\frac{1}{p_i^0}+\frac{1}{p_i^1}+\frac{1}{p_i^2}+……+\frac{1}{p_i^{cnt_i}})\)
这里的\(pcnt\)表示\(n\)所分解成的质因数的个数，\(p_i\)表示第i个质数，\(cnt_i\)表示第i个质数在n中有几个。
正确性：每一个约数一定都是n的质因子中选某些质因子的某些次方拼成的，满足一一对应，等式前面的是所有约数和，等式后面是所有质因子所有次方的可能组合方式的和（根据乘法分配率）。
接着往下推吧：
\(\prod\limits_{i=1}^{pcnt}(\frac{1}{p_i^0}+\frac{1}{p_i^1}+\frac{1}{p_i^2}+……+\frac{1}{p_i^{cnt_i}})=\prod\limits_{i=1}^{pcnt}\frac{p_i^0*(1-\frac{1}{p_i^{cnt_i+1}})}{1-\frac{1}{p_i}}\)
这一步是等比数列求和公式。
下面：
\(\prod\limits_{i=1}^{pcnt}\frac{p_i^0*(1-\frac{1}{p_i^{cnt_i+1}})}{1-\frac{1}{p_i}}=\prod\limits_{i=1}^{pcnt}\frac{\frac{p_i^{cnt_i+1}-1}{p_i^{cnt_i+1}}}{\frac{p_i-1}{p_i}}\)
\(\prod\limits_{i=1}^{pcnt}\frac{\frac{p_i^{cnt_i+1}-1}{p_i^{cnt_i+1}}}{\frac{p_i-1}{p_i}}=\prod\limits_{i=1}^{pcnt}\frac{p^{cnt_i+1}-1}{p^{cnt_i}*(p_i-1)}=\prod\limits_{i=1}^{pcnt}\frac{p^{cnt_i+1}-1}{p^{cnt_i+1}-p^{cnt_i}}\)
到这里，就是题目中给的柿子了，推完了……吗？
发现这个柿子还是没有优化到\(O(n)\)(对于每一个\(n\)需要枚举它的所有约数，这是\(O(n\sqrt n)\)的)，还需要进一步优化
\(\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{d\mid i}\frac{1}{d}=\sum\limits_{d=1}^n\sum\limits_{d\mid i}^{i\leq n}\frac{1}{d}\)
这一步我也不太会证，大概就是从实际意义上去考虑，枚举每一个\(i\)，算一遍能整除它的\(d\)，和枚举每一个\(d\)，算一遍它能整除的\(i\)，这样每一对\(d～i\)被计算的次数都是一样的,所以正确性应该没啥问题……
然后就是最后一步辣：
\(\sum\limits_{d=1}^n\sum\limits_{d\mid i}^{i\leq n}\frac{1}{d}=\sum\limits_{d=1}^n\lfloor\frac{n}{d}\rfloor*\frac{1}{d}\)
刚才那个柿子的第二个\(\sum\)显然就是找1~n里面有几个能被d整除的数，这个数量就是\(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\)
至于证明（我自己口胡的）：\(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\)这个柿子的结果等于在\(n\)以内能被\(d\)整除的最大的数除以\(d\)的结果，就是\(n\)以内能被\(d\)整除的数的个数
这就是\(O(n)\)的了，直接跑一遍就OK
100分做法:(整除分块+调和级数)
考虑继续优化这个柿子：\(\sum\limits_{d=1}^n\lfloor\frac{n}{d}\rfloor*\frac{1}{d}\)
把这个柿子拆成两半考虑：
\(\sum\limits_{d=1}^n\lfloor\frac{n}{d}\rfloor*\frac{1}{d}=\sum\limits_{d=1}^n\lfloor\frac{n}{d}\rfloor*\sum\limits_{d=1}^n\frac{1}{d}\)
然后就显然发现前一半是整除分块，后一半是调和级数
恶补下这两个知识点:
- 整除分块：
要求形如\(\sum\limits_{d=1}^n\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\)的柿子可以\(O(\sqrt n)\)求。
运用了在\(n\)以内，\(n\)除以很多数结果是一样的可以直接合并起来算，然后这些合并后的数大概级别是\(\sqrt n\)的，把每一堆结果相同的\(d\)归为「一块」，只算一遍。
具体操作:
根据定义对于每一个块的起点\(l\)和终点\(r\)，有\(\lfloor\frac{n}{l}\rfloor=\lfloor\frac{n}{r}\rfloor\)，而\(r\)作为这一块的最后一项，有性质\(\lfloor\frac{n}{\lfloor\frac{n}{r}\rfloor}\rfloor=r\)，所以从左到右遍历时候，对于每一个\(l\)，直接计算\((r-l+1)*\lfloor\frac{n}{l}\rfloor\)然后把\(l\)跳到\(r+1\)，进到下一个块，就完了。 - 调和级数：
调和级数是形如\(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+……\)的一个发散的无穷级数。
上面的柿子中后一半\(\sum\limits_{d=1}^n\frac{1}{d}\)就是个调和级数的前n项。
关于调和级数有这样一个柿子：\(1+1/2+1/3+1/4+...1/n = ln(n+1) + r\)，\(r\)是欧拉常数约等于0.5772156649(这个柿子是欧拉推的，不是我)
因为欧拉常数是个近似值，它会卡精度，所以我们可以预处理前\(1e7\)个答案的前缀和，剩下的用这个柿子求。
所以最后的答案是：\(\sum\limits_{d=1}^n\lfloor\frac{n}{d}\rfloor*\frac{1}{d}=\sum\limits_{每一个块的l,r}(r-l+1)*\lfloor\frac{n}{l}\rfloor*(\frac{1}{l}*\frac{1}{l+1}*\frac{1}{l+2}*……*\frac{1}{r})\)
对于每一个块，计算\((r-l+1)*\lfloor\frac{n}{l}\rfloor*(sum[r]/sum[l-1])\)的值，然后累加起来就是答案了。
ps:
通过这道题我昨天花了好长时间发现一个没啥用的小规律：
\(\frac{\sum\limits_{d\mid n} d}{n}=\sum\limits_{d\mid n}\frac{1}{d}\)
确实是对的可以证。
我是在看了题解后尝试把原柿子正着推回去的时候，经过另一个等比数列求和（\(1+p_i+p_i^2+p_i^3+……\)的和），变成了\(\frac{\sum\limits_{d\mid n} d}{n}\)，我发现自己推柿子的过程没问题，所以猜测这俩柿子是相等的，然后发现真是相等的。
