整除分块学习笔记

模型

求 $\sum _{i=1}^n\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$

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，$\frac{n}{m}$ 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，$\frac{n}{m}$ 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 $r=\lfloor \frac{n}{x}\rfloor =\lfloor \frac{n}{\lfloor n/l\rfloor }\rfloor$。

下一个块的 $l^{\prime }$ 就应该是 $r+1$。

变形

$\mathfrak{first}\mathfrak{.}$

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

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 $r=min(\lfloor \frac{n}{\lfloor n/l\rfloor }\rfloor ,\lfloor \frac{m}{\lfloor m/l\rfloor }\rfloor )$。

$\mathfrak{second}\mathfrak{.}$

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 $\sum _{i=1}^n\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$。

整除分块即可。

$\mathfrak{trird}\mathfrak{.}$

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

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 $r^{\prime }=max(i)$，所以 $r^{\prime }=\lfloor \frac{n}{x}\rfloor =\lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{g}\rfloor }\rfloor =\lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{al+b}\rfloor }\rfloor$。

对于 $g=ai+b，r^{\prime }=max(g)$，

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

所以 $r=\lfloor {\displaystyle \frac{\lfloor {\displaystyle \frac{n}{\lfloor \frac{n}{al+b}\rfloor }}\rfloor -b}{a}}\rfloor$。