整除分块学习笔记

模型

求 \(\large\sum^{n}_ {i=1} \lfloor{\frac{n}{i}}\rfloor\)

假设 \(n\) 等于 10，我们可以列出下表：

\(\ i\)	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
\(\frac{10}{i}\)	10	5	3	2	2	1	1	1	1	1

如果我们的 \(n\) 更大时，我们可以发现 \(\frac{10}{i}\) 中有许多重复的地方。

我们可以将相同的分为一块，这样可以发现块不会超过 \(2\sqrt n\) 个。

证明：
我们设当前块的值为 \(m\)：
当 \(m\le \sqrt n\) 时，\(\frac nm\) 总共的个数，不会超过 \(m\) 的个数，因此最多有 \(\sqrt n\) 个块。
当 \(m> \sqrt n\) 时，\(\frac nm\) 的取值应该在 \([1,\sqrt n]\) 之间，因此也最多有 \(\sqrt n\) 个块。

综上，块的个数不超过 \(2\sqrt n\)。

推导

我们需要找到每个块的左右端点，设我们已知这个块的左端点 \(l\)，则考虑怎么找到右端点 \(r\)。

设这个块的值为 \(x\)，那么对于块中的每个数 \(i\)，则有 \(x=\lfloor{\frac{n}{l}}\rfloor=\lfloor{\frac{n}{i}}\rfloor\)。

那么 \(r=max(i)\)，因为 \(i\times x\le n\)，我们可以设 \(i\times x=n\) 以此来找到最大的 \(r\)。

则 \(\large r=\lfloor{\frac{n}{x}}\rfloor=\bigl\lfloor{\frac{n}{\lfloor{n/l}\rfloor}}\bigl\rfloor\)。

下一个块的 \(l'\) 就应该是 \(r+1\)。

变形

\(\mathfrak{first.}\)

\(\large\sum^{min(n,m)}_ {i=1} \lfloor{\frac{n}{i}}\rfloor\lfloor{\frac{m}{i}}\rfloor\)

设 \(x1=\lfloor{\frac{n}{i}}\rfloor,x2=\lfloor{\frac{m}{i}}\rfloor\)。

则有 \(i\times x1\le n,i\times x2\le m\)。

则 \(r=\max(i)\)，所以 \(r=\min(\bigl\lfloor{\frac{n}{\lfloor{n/l}\rfloor}}\bigl\rfloor,\bigl\lfloor{\frac{m}{\lfloor{m/l}\rfloor}}\bigl\rfloor)\)。

\(\mathfrak{second.}\)

已知 \(f(i)\) 为 \(i\) 的约数个数，求 \(\sum_{i=1}^n f(i)\)。
题目来源：P1403 [AHOI2005] 约数研究

我们直接计算每个数的约数个数显然会超时，那么我们不妨枚举每个约数的个数。

显然的 \(i\) 在 \(n\) 中的贡献即是：\(\lfloor{\frac n i}\rfloor\)，

那么问题就转换为了：求 \(\large\sum^{n}_ {i=1} \lfloor{\frac{n}{i}}\rfloor\)。

整除分块即可。

\(\mathfrak{trird.}\)

已知 \(a,b,n\)，求 \(\large\sum^{n}_ {i=1} \lfloor{\frac{n}{ai+b}}\rfloor\)

考虑换元，设 \(g=ai+b\)。

还是一样的，则对 \(\lfloor{\frac{n}{g}}\rfloor\) 做整除分块。

设 \(x=\lfloor{\frac{n}{g}}\rfloor\)，则有 \(i\times g\le n\)。

则 \(r'=\max(i)\)，所以 \(r'=\bigl\lfloor{\frac{n}{x}}\bigl\rfloor=\biggl\lfloor{\frac{n}{\lfloor{\frac{n}{g}}\rfloor}}\biggl\rfloor=\large\biggl\lfloor{\frac{n}{\lfloor{\frac{n}{al+b}}\rfloor}}\biggl\rfloor\)。

对于 \(g=ai+b，r'=\max(g)\)，

则可以推出 \(i=\frac{g-b}{a},r=\max(i)=\max(\frac{g-b}{a})=\max(\frac{r'-b}{a})\)。

所以 \(r=\huge\large\Biggl\lfloor{\dfrac{\biggl\lfloor{\dfrac{n}{\lfloor{\frac{n}{al+b}}\rfloor}}\biggl\rfloor-b}{a}}\large\Bigg\rfloor\)。