「笔记」整除(数论)分块
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
\(|V|\) 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：
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：
则有：
即有：
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
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：
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：
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。
//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:
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:
简单转化一下：
变换求和顺序，上式即为：
\(\sum\limits_{k\mid i}k\) 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：
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。
无主之地 3 真好玩，快去买。
