数论分块

引入

　　对于函数$f(d)=\lfloor \frac{n}{d}\rfloor ,\mathrm{\forall }d,n\in {\mathbb{N}}^{+},d\le n$，我们希望对它求和:${\displaystyle \sum _{i=1}^{n}f(i)}$。于是我们可以对其进行累加，时间复杂度为$O(N)$。

　　但是是否会有效率更高的计算方式？我们令$n=10$

$i$	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
$f(i)=\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$	10	5	3	2	2	1	1	1	1	1

　　可以发现$f(i)$函数值相同时的参数$i$连成了一个区块（$i=6,7,8,9,10$时，$f(i)=1$），所以我们可以通过对$i$的区间进行分块，以求降低时间复杂度。

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正文

　　定理一（时间复杂度）

　　${\displaystyle |\{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor ,\mathrm{\forall }d,n\in {\mathbb{N}}^{+},d\le n\}|\le 2\times \sqrt{n}}$（其中$|\{A\}|$为集合A的元素个数）

　　证明

　　　　当$d>\sqrt{n}$时，$f(d)<\sqrt{n}$，$f(d)$最多只有$\sqrt{n}$个值

　　　　当$d\le \sqrt{n}$时，$f(d)$有且只有$\lfloor \sqrt{n}\rfloor$个不同的值

　　　　理由如下：

　　　　假设有两个不同的$d_1,d_2$，其对应的$f(d_1)=\lfloor \frac{n}{d_1}\rfloor ,f(d_2)=\lfloor \frac{n}{d_2}\rfloor$相等

　　　　而$\frac{n}{d_1}=\lfloor \frac{n}{d_1}\rfloor +r_1(0\le r_1<1),\frac{n}{d_2}=\lfloor \frac{n}{d_2}\rfloor +r_2(0\le r_2<1)$

　　　　所以两式相减得：

　　　　$|n\cdot (\frac{1}{d_1}-\frac{1}{d_2})|=|r_1-r_2|\in (0,1)$

　　　　不妨令$d_1>d_2$，则当$d_1=\lfloor \sqrt{n}\rfloor ,d_2=\lfloor \sqrt{n}\rfloor -1$时，上式取得最小值$\frac{n}{\lfloor \sqrt{n}\rfloor \cdot (\lfloor \sqrt{n}\rfloor -1)}\ge \frac{1}{1-\frac{1}{\sqrt{n}}}>1$

　　　　矛盾

　　　　综上，证毕

　　结论

　　　　最多存在$2\sqrt{n}$个块，因此算法时间复杂度为$O(\sqrt{n})$

　　定理二（边界的确定）

　　　　　　使得$\lfloor \frac{n}{d}\rfloor =\lfloor \frac{n}{i}\rfloor ,\mathrm{\forall }n,d,i\in {\mathbb{N}}^{+},d\le n$成立的$i_{max}=\lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\rfloor$

　　证明

　　　　设$\lfloor \frac{n}{d}\rfloor =x$，则$n=d\cdot x+r(0\le r<d)$

　　　　所以$n\ge d\cdot x$，即$d\le \frac{n}{x}$

　　　　所以$i_{max}=d_{max}=\lfloor \frac{n}{x}\rfloor =\lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\rfloor$

　　　　证毕

　　结论

　　　　每个块的右边界可以由块中的数求得，通过使右边界加一可以得到下一个数块的左边界。

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本文作者：登峰造极
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