「笔记」整除(数论)分块

目录

• 写在前面
• 引理
• 数论分块
• 证明法 1
• 证明法 2
• 复杂度分析
• 扩展
• 例 1
• 例 2
• 例 3
• 例 4
• 写在最后

写在前面

upd on 2023.1.26：修改排版，调整顺序，新增上取整类型的整除分块，新增一道例题。

推一下自己的莫比乌斯反演：Link。

引理

$$\forall n\in N,\left| \left\{ \left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor \mid d\in \N\right\} \right| \le \left\lfloor{2\sqrt{n}}\right\rfloor$$

$|V|$ 表示集合 $V$ 的元素个数。上式即表示 $\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor$ 的取值不多于 $\left\lfloor{2\sqrt{n}}\right\rfloor$ 种。

证明

显然 $\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor$ 即 $1\sim n$ 中 $d$ 的倍数的个数。

当 $d\le \left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor$，最极限的情况下 $\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor$ 均两两不同，则最多有 $\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor$ 种取值。当 $d\ge \left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor$，此时有 $\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor \le \left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor$，最极限的情况下 $\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor$ 均两两不同，仍是最多有 $\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor$ 种取值。

综上，在 $\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor$ 均两两不同的极限情况下， $\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor$ 的取值不多于 $\left\lfloor{2\sqrt{n}}\right\rfloor$ 种。

数论分块

由引理，对于一类含有 $\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor$ 的求和式 ($n$ 为常数)，由于 $\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor$ 单调不增，故存在至多 $2\left\lfloor \sqrt{n} \right\rfloor$ 个区间 $[l,r]$，使得区间内有： $\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor = \left\lfloor\frac{n}{j}\right\rfloor(i,j\in [l,r])$ 成立。

数论分块是用来快速求得上述每个区间左右端点的一个数学小结论：对于任意一个 $i$，最大的满足 $\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor = \left\lfloor\frac{n}{j}\right\rfloor$ 的 $j$ 满足：

$$j=\left\lfloor{\dfrac{n}{\left\lfloor{\frac{n}{i}}\right\rfloor}}\right\rfloor$$

证明法 1

对于满足$\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor = \left\lfloor\frac{n}{j}\right\rfloor$的 $j(i\le j)$，有：

$$\begin{cases} \left\lfloor{\dfrac{n}{i}}\right\rfloor\le \dfrac{n}{j} = \left\lfloor\dfrac{n}{j}\right\rfloor + r (0\le r < 1)\\ \dfrac{n}{j+1}< \left\lfloor{\dfrac{n}{i}}\right\rfloor \end{cases}$$

则有：

$$\left(\left\lfloor{\dfrac{n}{i}}\right\rfloor\le \dfrac{n}{j}\right)\Longrightarrow \left(\dfrac{n}{\dfrac{n}{j}}\le \dfrac{n}{\left\lfloor{\dfrac{n}{i}}\right\rfloor}\right) \Longrightarrow \left(j \le \dfrac{n}{\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor}\right)$$

$$\left(\dfrac{n}{j+1}< \left\lfloor{\dfrac{n}{i}}\right\rfloor\right) \Longrightarrow \left(\dfrac{n}{\left\lfloor{\dfrac{n}{i}}\right\rfloor} < \dfrac{n}{\dfrac{n}{j+1}}\right) \Longrightarrow \left(\dfrac{n}{\left\lfloor{\dfrac{n}{i}}\right\rfloor} < j + 1\right)$$

即有：

$$j \le \dfrac{n}{\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor} < j+1$$

又 $j \in \mathbb{N}$，则 $j$最大值为$\left\lfloor{\dfrac{n}{\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor}}\right\rfloor$

证明法 2

$$\begin{aligned} &\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor \le \dfrac{n}{i}\\ \Longrightarrow &\left\lfloor\dfrac{n}{\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor}\right\rfloor \ge \left\lfloor\dfrac{n}{\frac{n}{i}}\right\rfloor = \lfloor i\rfloor =i\\ \Longrightarrow &i \le \left\lfloor\dfrac{n}{\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor}\right\rfloor \end{aligned}$$

即 $j = \left\lfloor\dfrac{n}{\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor}\right\rfloor$

复杂度分析

由引理，$\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor$ 的取值不多于 $\left\lfloor{2\sqrt{n}}\right\rfloor$ 种。则在数论分块中枚举的区间个数至多为 $\left\lfloor{2\sqrt{n}}\right\rfloor$ 个。

扩展

对于上取整的情况 $\left\lceil\frac{n}{i}\right\rceil$，也有类似于上述形式的结论成立。对于任意一个 $j$，最小的满足 $\left\lceil\frac{n}{i}\right\rceil = \left\lceil\frac{n}{j}\right\rceil$ 的 $i$ 满足：

$$i = \left\lceil{\dfrac{n}{\left\lceil{\frac{n}{j}}\right\rceil}}\right\rceil$$

证明过程与证明法 1 类似。对于满足$\left\lceil\frac{n}{i}\right\rceil = \left\lceil\frac{n}{j}\right\rceil$的 $j(i\le j)$，考虑下述不等式即可：

$$\begin{cases} \left\lceil{\dfrac{n}{j}}\right\rceil\ge \dfrac{n}{i} = \left\lceil\dfrac{n}{j}\right\rceil - r (0\le r < 1)\\ \dfrac{n}{i-1}> \left\lceil{\dfrac{n}{j}}\right\rceil \end{cases}$$

例 1

[AHOI2005]约数研究
令 $f(i)$ 为 $i$ 的约数个数，求：

$$\sum\limits_{i=1}^{n} f(i)$$

$n \le 10^6$。
1S，128MB。

对于 $i$, 在$1\sim n$ 中其倍数个数为$\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor$， 则$1\sim n$中共有$\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor$ 个以其为约数的数。则有：$\sum\limits_{i=1}^{n} f(i) = \sum\limits_{i=1}^{n} \left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor$

此时直接$O(n)$暴力即可通过本题。

---

若 $n\le 10^{14}$，考虑数论分块：
由上可知，对于每一个 $l\in [1,n]$，存在区间 $[l, r], r = \left\lfloor\dfrac{n}{\left\lfloor\frac{n}{l}\right\rfloor}\right\rfloor$，使得$\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor = \left\lfloor\frac{n}{j}\right\rfloor(i,j\in [l,r])$，区间 $[l,r]$ 贡献即为 $(r-l+1)\times \left\lfloor\dfrac{n}{l}\right\rfloor$。

枚举这样的 $j$ 计算贡献即可，复杂度 $O(2\sqrt{n})$ 级别。

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//By:Luckyblock
#include <cstdio>
#include <cctype>
#define ll long long
//=============================================================
int N, ans;
//=============================================================
inline int read()
{
    int f = 1, w = 0; char ch = getchar();
    for(; !isdigit(ch); ch = getchar()) if(ch == '-') f = -1;
    for(; isdigit(ch); ch = getchar()) w = (w << 3) + (w << 1) + (ch ^ '0');
    return f * w;
}
//=============================================================
int main()
{
    N = read();
    for(int i = 1, j; i <= N; i = j + 1)
    {
      j = N / (N / i);
      ans += (j - i + 1) * (N / i);
    }
    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}

例 2

[CQOI2007]余数求和
给定 $n, k$，求：

$$\sum\limits_{i=1}^{n} {k\!\!\!\mod\! i}$$

$n,k \le 10^9$
1S，128MB。

进行简单的转化:

$$\begin{aligned} &\sum\limits_{i=1}^{n} {k\!\!\!\mod\! i} \\ = &\sum\limits_{i=1}^{n} k-\left\lfloor\dfrac{k}{i}\right\rfloor \times i\\ = &n \times k - \sum_{i=1}^{n} \left\lfloor\dfrac{k}{i}\right\rfloor \times i \end{aligned}$$

同例一，存在多段 $\left\lfloor\frac{k}{i}\right\rfloor$相等的区间 $[l,r]$，其贡献为 $-\left\lfloor\frac{k}{i}\right\rfloor \times \sum\limits_{i=l}^{r} i$。通过数论分块和等差数列求和即可得到答案，复杂度 $O(2\sqrt{n})$ 级别。

//By:Luckyblock
#include <cstdio>
#include <cctype>
#define ll long long
//=============================================================
ll N, K, Ans;
//=============================================================
inline ll read()
{
    ll f = 1, w = 0; char ch = getchar();
    for(; !isdigit(ch); ch = getchar()) if(ch == '-') f = -1;
    for(; isdigit(ch); ch = getchar()) w = (w << 3) + (w << 1) + (ch ^ '0');
    return f * w;
}
ll GetSum(ll L, ll R) {return (R - L + 1ll) * (L + R) / 2ll;} //等差数列求和
//=============================================================
int main()
{
    N = read(), K = read(), Ans = N * K;
    for(ll i = 1, j; i <= N; i = j + 1ll)
    {
      if(K / i == 0) break; //当k/i = 0时，对答案无贡献
      j = K / (K / i); j = j > N ? N : j;
      Ans -= (K / i) * GetSum(i, j);
    }
    printf("%lld", Ans);
    return 0;
}

例 3

约数和
定义$f(n) = \sum\limits_{i\mid n} i$，给定 $x, y$，求：

$$\sum\limits_{i=x}^{y}f(i)$$

$x,y \le 2\times 10^9$。
1S，128MB。

将答案变为前缀和形式:

$$\sum\limits_{i=x}^{y}f(i) = \sum\limits_{i=1}^{y}f(i) - \sum\limits_{i=1}^{x - 1}f(i)$$

简单转化一下：

$$\sum\limits_{i=1}^{n} f(i) = \sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{k\mid i} k$$

变换求和顺序，上式即为：

$$\sum\limits_{k=1}^{n} \sum\limits_{k\mid i} k (i\le n)$$

$\sum\limits_{k\mid i}k$ 等价于枚举 $1\sim n$ 中约数为 $k$ 的数，
由例一，上式即为 $\sum\limits_{k=1}^{n} k\times \left\lfloor\dfrac{n}{k}\right\rfloor$
同例二，通过数论分块和等差数列求和即可得到答案，复杂度 $O(2\sqrt{n})$ 级别。

//By:Luckyblock
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define ll long long
//=============================================================
ll x, y;
//=============================================================
inline ll read()
{
    ll f = 1, w = 0; char ch = getchar();
    for(; !isdigit(ch); ch = getchar()) if(ch == '-') f = -1;
    for(; isdigit(ch); ch = getchar()) w = (w << 3) + (w << 1) + (ch ^ '0');
    return f * w;
}
ll GetSum(ll L, ll R) {return (L + R) * (R - L + 1) / 2;}
ll GetAns(ll N)
{
    ll ret = 0;
    for(ll l = 1, r; l <= N; l = r + 1)
    {
      r = N / (N / l);
      ret += GetSum(l, r) * (N / l);
    }
    return ret;
}
//=============================================================
int main()
{
    x = read(), y = read();
    printf("%lld", GetAns(y) - GetAns(x - 1));
    return 0;
}

例 4

CF1780E
这里有一张 $n=10^{18}$ 的完全图，点有点权，边有边权。第 $i$ 个节点的点权值为 $i$，边 $(u,v)$ 的边权值为 $\gcd(u,v)$。
$t$ 组数据，每组数据给定整数 $l,r$，求由节点 $l\sim r$ 构成的完全子图中边权的种类数。
$1\le t\le 100$，$1\le l\le r\le 10^{18}$，$l\le 10^9$。
2S，256MB。

问题实质是求 $[l, r]$ 中的数两两 $\gcd$ 的种类数。考虑枚举 $d = \gcd(i, j) (l\le i<j\le r)$：

对于 $d\ge l$ 时，显然当 $2\times d \le r$ 时，$d$ 对答案有贡献，则有贡献的 $d$ 满足的条件为：$d\in \left[l, \left\lfloor\frac{r}{2}\right\rfloor\right]$。

对于 $d< l$，考虑 $[l,r]$ 中 $d$ 的倍数的位置。显然其中最小的 $d$ 的倍数为 $\left\lceil \frac{l}{d} \right\rceil \times d$，最大的倍数为 $\left\lfloor \frac{r}{d} \right\rfloor \times d$。当满足 $\left\lceil \frac{l}{d} \right\rceil < \left\lfloor \frac{r}{d} \right\rfloor$ 时 $d$ 对答案有贡献。由整除分块可知 $\left\lceil \frac{l}{d} \right\rceil$ 和 $\left\lfloor \frac{r}{d} \right\rfloor$ 分别只有 $\sqrt{l}$ 和 $\sqrt{r}$ 种取值，但仅有 $r$ 过大，我们考虑通过整除分块枚举所有 $\left\lceil \frac{l}{d} \right\rceil$ 相等的区间 $[i,j]$。

对于 $d\in [i,j]$，也有 $\left\lfloor \frac{r}{d} \right\rfloor$ 单调递减成立，则可以考虑在区间 $[i,j]$ 上二分得到最大的满足 $\left\lceil \frac{l}{d} \right\rceil < \left\lfloor \frac{r}{d} \right\rfloor$ 的 $d$，区间 $[i,j]$ 对答案有贡献的数的取值范围即 $[i, d]$。$O(\sqrt{l})$ 地枚举所有区间后再 $O(\log l)$ 地累计贡献即可，总复杂度 $O(\sqrt{l}\log l)$ 级别，可以通过本题。

或者更进一步地，对于 $d\in [i,j]$，满足上述条件实质上等价于 $\left(\left\lceil \frac{l}{d} \right\rceil + 1\right)\times d \le r$。枚举区间后 $\left\lceil \frac{l}{d} \right\rceil$ 的值固定，则最大的 $d = \min\left(\frac{r}{\left(\left\lceil \frac{l}{d} \right\rceil + 1\right)}, j\right)$。注意这样计算出的 $d$ 可能小于 $i$，需要特判一下。此时总复杂度变为 $O(\sqrt{l})$ 级别。

//By:Luckyblock
/*
*/
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define LL long long
//=============================================================
//=============================================================
inline LL read() {
	LL f = 1, w = 0; char ch = getchar();
	for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') f = - 1;
	for (; isdigit(ch); ch = getchar()) w = (w << 3) + (w << 1) + ch - '0';
	return f * w;
}
//=============================================================
int main() {
  // freopen("1.txt", "r", stdin);
  int T = read();
  while (T --) {
    LL l = read(), r = read(), ans = 0, p = 0;
    if (r / 2 >= l) ans += r / 2 - l + 1;
    for (LL j = l - 1, i; j; j = i - 1) {
      i = ceil(1.0 * l / ceil(1.0 * l / j));
      LL k = ceil(1.0 * l / j);
      ans += std::max(0ll, std::min(r / (k + 1), j) - i + 1);
    }
    printf("%lld\n", ans);
  }
  return 0;
}

写在最后

参考资料：

• 初涉数论分块 - AntiQuality - 博客园
• 莫比乌斯反演 - OI Wiki

数论分块属于小工具一类的知识点。推式子时要尽量将式子转化为类似形式上。

证明法 1 是自己 yy 的，有不当之处请不吝赐教。

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