[数学基础] 10 数论分块

数论分块

简介

数论分块通常被用来以$O(\sqrt n)$的复杂度快速计算形如$\sum \limits_{i=1}^n f(i)g(\lfloor \frac n i \rfloor)$的含有除法向下取整的和式，它的核心思想是将$\lfloor \frac n i \rfloor$相同的数打包同时计算，主要利用了Fubini定理。

证明

1. 证明时间复杂度为$O(\sqrt n)$

引理1 对于任意一个正整数$n$，$\lfloor \frac n d \rfloor(d\in[1,n])$的数量级为$\sqrt n$。

• $d\leq \sqrt n$，假设所有的$\lfloor \frac n d \rfloor$取值均不同，则存在$\sqrt n$种结果
• $d>\sqrt n$，则$\lfloor \frac n d \rfloor<\sqrt n$，取值同样有$\sqrt n$。

因此，所有的可能取值一定$\leq 2\sqrt n$，即整数分块的复杂度为$O(\sqrt n)$。

2. 证明算法的正确性

引理2 对于$\forall i$, 若满足$\lfloor \frac{n}{i} \rfloor=C$，则所有满足条件的$i$一定是一段连续区间的集合。

反证法，若不是连续区间，则一定$\exist t\in(l,r)$，使得$\lfloor \frac{n} l \rfloor=\lfloor \frac n r \rfloor$且$\lfloor \frac n l \rfloor \neq \lfloor \frac n t \rfloor$。

$\because t>l,t<r$

$\therefore \lfloor \frac n t \rfloor \geq \lfloor \frac n l \rfloor, \lfloor \frac n t \rfloor \leq \lfloor \frac n r \rfloor$ ，即$\lfloor \frac n t \rfloor=\lfloor \frac n l \rfloor$，矛盾，故得证。

**引理3 **若满足$\lfloor \frac n i \rfloor=C$的$i$集合为$i\in[l,r]$，则只需要知道$l$，就可以求出对应的$C,r$。

显然，$C=\lfloor \frac n l \rfloor$，下面就要证明$r=\lfloor \frac{n}{\lfloor \frac n l \rfloor} \rfloor=\lfloor \frac n C \rfloor$

令$p=\lfloor \frac n C \rfloor$，则$n=p\times C+k,k\in[0,\min\{p,C\})$，下面要证明$p$是满足$i$的性质的最大的整数。

• $p$满足$i$的性质，即$\lfloor \frac n p \rfloor=C$

$p=\frac{n-k}{C}$，则$\frac n p=\frac{C\times n}{n-k}\geq \frac {C\times n}{n}$，即$\frac n p \geq C$。

又$n\mod p=k,k<p$，则$n-k<p\times (C+1)$，即$\lfloor \frac n p \rfloor<C+1$

因此$\lfloor \frac n p \rfloor=C$

• $p$是使得$\lfloor \frac n i \rfloor=C$成立的最大的数。

反证法，假如$p$不是最大的数，则$p+1$一定可以使得$\lfloor \frac n {p+1} \rfloor=C$

$\therefore (p+1)\times C=n-g(g\in[0,\min\{p+1,C\})$

$\therefore p\times C + C=n-g$，又$p\times C=n-k$

所以$C=k-g$，又$k,g\in[0,C)$，所以矛盾，得证。

综上，$\lfloor \frac n C \rfloor$即为令$\lfloor \frac n i \rfloor=C$的最大的数

模板

ll H(ll n){
	ll res = 0, l = 1, r;
	while (l <= n){
		r = n / (n / l);
		res = res + (r - l + 1) * (n / l);
		l = r + 1;
	}
	return res;
}

例题

P2261余数之和

给出$n,k$，计算$G(n,k)=\sum\limits _{i=1}^n k \bmod i$

数据范围：$1\leq n,k\leq 10^9$

（懒得自己写题解了，直接cpy洛谷题解orz）由题意得：$ans=∑_{i=1}^nk\bmod i$

我们知道，$a \bmod b = a - b \times \lfloor \frac{a}{b} \rfloor$

因此，$ans = \sum_{i=1}^{n} k - i \times \lfloor \frac{k}{i} \rfloor = nk - \sum_{i=1}^{n} i \times \lfloor \frac{k}{i} \rfloor$

首先枚举块的左边界 $l$，并根据左边界和$k$ 计算出右边界 $r$。

令 $t = \lfloor \frac{k}{l} \rfloor$，分两种情况讨论：

• $t \neq 0$，则 $r = \min (\lfloor \frac{k}{t} \rfloor , n)$；
• $t = 0$，则 $r = n$。

右边界有了，每一块的和也就可以计算出了。

每一块的和 $=$ 当前块的 $t\times$ 当前块元素个数 $\times$ 当前块 $i$ 的平均值 $= t \times (r-l+1) \times (l+r) \div 2$

当前块处理完后，令 $l = r + 1$，开始计算下一块，直到计算至 n。

ll n, m;

void solve(){
	n = read(), m = read();
	ll res = n * m, l = 1, r;
	while (l <= n){
		if (m / l == 0) r = n;
		else r = min(n, m / (m / l));
		res = res - (r - l + 1) * (m / l) * (l + r) / 2;
		l = r + 1;
	}
	printf("%lld\n", res);
}

数论分块往往和莫比乌斯反演结合起来考察，因此进阶的部分放在可能会存在的莫反专题中一起讲解。