数论分块

数论分块

数论分块

也叫整除分块

是用于快速处理类似于

$$\sum _{i=1}^n\lceil \frac{n}{i}\rceil \text{或者}\sum _{i=1}^n\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$$

式子的一种方法

复杂度：$O(\sqrt{n})$

思想阐述：以向下取整为例

对于$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$，来说，它的值是呈块状递减分布的，至多有$2\sqrt{n}$个块

这些块的分布规律是：

对于一个块内的一个点$l$，我们可以得到块的右端点为$\lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }\rfloor$

写成代码就是

int get(int l){return n/(n/l);}

非常的$so$  $easy$

那么我们要求的 $\sum _{i=1}^n\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$

也就迎刃而解了

for(int i=1;i<=n;i++){
   int r=get(i);
   ans+=(n/i)*(r-i+1);
   i=r;
}

还有一个性质：

$$\text{对于}a,b,c\in \mathbb{Z}\text{,有}\lfloor \frac{a}{bc}\rfloor =\lfloor \frac{\lfloor \frac{a}{b}\rfloor }{c}\rfloor$$

来一道例题吧：

余数之和（CQOI2007）

题意简述：给定$n,k$求：

$$\sum _{i=1}^n(kmodi)$$

注意到$kmodi=k-\lfloor \frac{k}{i}\rfloor \times i$

所以

$$\sum _{i=1}^n(kmodi)=\sum _{i=1}^n(k-\lfloor \frac{k}{i}\rfloor \times i)=\sum _{i=1}^{n}k-\sum _{i=1}^n\lfloor \frac{k}{i}\rfloor \times i=n\times k-\sum _{i=1}^n\lfloor \frac{k}{i}\rfloor \times i$$

由于数论分块，我们设$\sum _{i=1}^n\lfloor \frac{k}{i}\rfloor$分成了$m$个块，各个块的左右端点记作$L_i,R_i(i\in [1,m])$

则原式子可化为：

$$\sum _{i=1}^m\sum _{j=L_i}^{R_i}(\lfloor \frac{k}{L_i}\rfloor \times j)=\sum _{i=1}^m(\lfloor \frac{k}{L_i}\rfloor \times \sum _{j=L_i}^{R_i}j)=\sum _{i=1}^m(\lfloor \frac{k}{L_i}\rfloor \times \frac{(L_i+R_i)(R_i-L_i+1)}{2})$$

综上所述，答案即为：

$$n\times k-\sum _{i=1}^m(\lfloor \frac{k}{L_i}\rfloor \times \frac{(L_i+R_i)(R_i-L_i+1)}{2})$$

$Code:$

cin>>n>>k;
ans=n*k;
for(int x=1,gx;x<=n;x=gx+1){
    gx=k/x?min(k/(k/x),n):n;
    ans-=(k/x)*(x+gx)*(gx-x+1)/2;
}
cout<<ans;