【数学】数论分块（整除分块）
Description
数论分块，通常用于快速求解形如 \(\sum\limits_{i=1}^n f(i) \cdot g\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)\) 的和式，所以通常被称为 整除分块，当能用 \(O(1)\) 计算出 \(\sum\limits_{i=l}^rf(i)\) 时，数论分块便能用 \(O(\sqrt n)\) 的时间计算出上式的值、数论分块经常搭配 莫比乌斯反演 一起使用。
Conclusion
\(\forall n,l\in \mathbb{N}^*,l\le n\)，使得
成立的最大的满足 \(l\le r\le n\) 的 \(r\) 的值为 \(\left\lfloor\dfrac{n}{\left\lfloor\frac{n}{l}\right\rfloor}\right\rfloor\)。
也就是说，若某个块内所有数的值为 \(\left\lfloor\dfrac{n}{l}\right\rfloor = k\)，那么这个块的右端点就是 \(r=\left\lfloor\dfrac{n}{k}\right\rfloor\)。
Proof
对于这个块中的任意一个数 \(x\)，应当满足 \(\left\lfloor\dfrac{n}{x}\right\rfloor = k\)，即 \(n=xk+r(0\le r < x)\)。
当 \(n,k\) 已知时，只要确定 \(x\)，就有一个 \(r\) 与之对应。
即 \(x\) 的最大值为 \(\left\lfloor\dfrac{n}{k}\right\rfloor\)。
即 \(r = \left\lfloor\dfrac{n}{\left\lfloor\frac{n}{l}\right\rfloor}\right\rfloor\)。
证毕。
Method
一个块内的所有数都相等，所以每块每块地求和即可。
在找到上一个块的右端点后，加一就可以得到下一个块的左端点。
模板题，求 \(\sum\limits_{i=1}^n \left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor\)。
//18 = 9 + 9 = 18.
#include <iostream>
#include <cstdio>
#define Debug(x) cout << #x << "=" << x << endl
#define int long long
using namespace std;
int H(int n)
{
int res = 0;
for (int l = 1, r; l <= n; l = r + 1)
{
int k = n / l;
r = n / k;
res += k * (r - l + 1);
}
return res;
}
signed main()
{
int t;
scanf("%lld", &t);
while (t--)
{
int n;
scanf("%lld", &n);
printf("%lld\n", H(n));
}
return 0;
}
Complexity
Lemma
\(\forall n,i \in \mathbb{N}^*,i\le n\)，\(\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor\) 的不同值最多有 \(2\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor\) 个，即最多有 \(2\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor\) 个块。
Proof
\(\forall \, i\le \left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor\)，\(i\) 只有 \(\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor\) 种取值，则 \(\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor\) 只有至多 \(\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor\) 种取值；
\(\forall \, i > \left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor\)，有 \(i \ge \left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor + 1 > \sqrt{n}\)，\(\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor \le \left\lfloor\dfrac{n}{\sqrt{n}}\right\rfloor = \left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor\)，也只有至多 \(\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor\) 种取值。
所以最多只有 \(2\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor\) 种取值。
证毕。
由引理可知最多有 \(2\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor\) 个块，即 \(\operatorname{for}\) 循环最多会执行 \(2\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor\) 次，所以时间复杂度为 \(O(\sqrt{n})\)。
Extension
\(N\) 维数论分块。
求形如 \(\sum\limits_{i=1}^n \left\lfloor\dfrac{a_1}{i}\right\rfloor\left\lfloor\dfrac{a_2}{i}\right\rfloor \cdots \left\lfloor\dfrac{a_m}{i}\right\rfloor\) 的和式的值。
\(r=\min\limits_{i=1}^m\left\{\left\lfloor\dfrac{a_i}{\left\lfloor\frac{a_i}{l}\right\rfloor}\right\rfloor\right\}\) 即可，即对于每一个块的右端点取最小（最接近左端点）的那个作为整体的右端点。
较常用的是 \(2\) 维数论分块。求 \(\sum\limits_{i=1}^n \left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor \left\lfloor\dfrac{m}{i}\right\rfloor\) 时 \(r=\min\left(\left\lfloor\dfrac{n}{\left\lfloor\frac{n}{l}\right\rfloor}\right\rfloor, \left\lfloor\dfrac{m}{\left\lfloor\frac{m}{l}\right\rfloor}\right\rfloor\right)\)，也就是在代码中 r = min(n / (n / l), m / (m / l));。
Problems
A
Description
计算 \(\sum\limits_{i=1}^n k\bmod i\)。
Solution
观察后面一项，对于左端点为 \(l\)，右端点为 \(r\) 的块，贡献就是
但是这次 \(i\) 要循环到 \(n\) 而非 \(k\)，当 \(n > k\) 时 \(\left\lfloor\dfrac{k}{l}\right\rfloor\) 有可能为 \(0\)，这样 \(r = \left\lfloor\dfrac{k}{\left\lfloor\dfrac{k}{l}\right\rfloor}\right\rfloor\) 就无意义了。
发现当 \(i > k\) 时 \(\left\lfloor\dfrac{k}{i}\right\rfloor i = 0\)，所以 \(i\) 循环到 \(\min(n,k)\) 即可。
在取右端点时 \(r = \min\left(n, \left\lfloor\dfrac{k}{\left\lfloor\dfrac{k}{l}\right\rfloor}\right\rfloor\right)\)。
Code
//18 = 9 + 9 = 18.
#include <iostream>
#include <cstdio>
#define Debug(x) cout << #x << "=" << x << endl
typedef long long ll;
using namespace std;
ll block(int n, int k)
{
ll res = 0;
for (int l = 1, r; l <= min(n, k); l = r + 1)
{
r = min(n, k / (k / l));
res += (ll)(k / l) * ((ll)(l + r) * (r - l + 1) >> 1);
}
return res;
}
int main()
{
int n, k;
scanf("%d%d", &n, &k);
printf("%lld\n", (ll)n * k - block(n, k));
return 0;
}
B
Description
求
Solution
假设 \(n \le m\)（否则交换）。
前面两项都形如 \(\sum\limits_{i=1}^k k\bmod i\)，用上一题的思路求解。
第 \(2,3\) 项都是模板，第 \(4\) 项就是一个扩展版中的 \(2\) 维数论分块，对于左端点为 \(l\)，右端点为 \(r\) 的块，贡献就是
平方和有公式 \(\sum\limits_{i=1}^n i ^ 2 = \dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}\)。
Code
函数 \(\operatorname{block1}(n,m)\) 求的是 \(\sum\limits_{i=1}^n \left\lfloor\dfrac{m}{i}\right\rfloor i\)（其中保证 \(n \le m\)）。
函数 \(\operatorname{block2}(n,m)\) 求的是 \(\sum\limits_{i=1}^n \left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor \left\lfloor\dfrac{m}{i}\right\rfloor i ^ 2\)。
//18 = 9 + 9 = 18.
#include <iostream>
#include <cstdio>
#define Debug(x) cout << #x << "=" << x << endl
#define int long long
using namespace std;
const int MOD = 19940417;
int x, y;
void exgcd(int a, int b)
{
if (!b)
{
x = 1, y = 0;
return;
}
exgcd(b, a % b);
int tmp = x;
x = y;
y = tmp - a / b * y;
}
int inv(int a)
{
exgcd(a, MOD);
x = (x % MOD + MOD) % MOD;
return x;
}
int block1(int n, int m)
{
int res = 0;
for (int l = 1, r; l <= n; l = r + 1)
{
r = min(n, m / (m / l));
res = (res + (m / l) * ((l + r) * (r - l + 1) / 2 % MOD) % MOD) % MOD;
}
return res;
}
int part1(int n, int m)
{
return ((n * n % MOD - block1(n, n)) * (m * m % MOD - block1(m, m)) % MOD + MOD) % MOD;
}
int sum(int n)
{
return n * (n + 1) % MOD * (2 * n + 1) % MOD * inv(6) % MOD;
}
int block2(int n, int m)
{
int res = 0;
for (int l = 1, r; l <= n; l = r + 1)
{
r = min(n / (n / l), m / (m / l));
res = (res + (n / l) * (m / l) % MOD * (sum(r) - sum(l - 1)) % MOD) % MOD;
}
return res;
}
int part2(int n, int m)
{
int a = n * n % MOD * m % MOD, b = block1(n, n) * m % MOD, c = block1(n, m) * n % MOD, d = block2(n, m);
return ((a - b - c + d) % MOD + MOD) % MOD;
}
signed main()
{
int n, m;
scanf("%lld%lld", &n, &m);
if (n > m)
{
swap(n, m);
}
printf("%lld\n", ((part1(n, m) - part2(n, m)) % MOD + MOD) % MOD);
return 0;
}
Reference
- [1] OI Wiki：数论分块
- [2] *ACoder*：总结与思考：数论分块
