数论分块/整除分块简单应用

在解释用途之前，我们要证明一个东西，在 $l$ 一定时，使

$$l\le r\le n ,\left \lfloor\dfrac{n}{l} \right \rfloor =\left \lfloor\dfrac{n}{r} \right \rfloor$$

满足的最大的 $r$ 为 $\left \lfloor\dfrac{n}{\left \lfloor\dfrac{n}{l} \right \rfloor} \right \rfloor$。

先翻译一下：对于一个块内值为 $p=\left \lfloor\dfrac{n}{l} \right \rfloor$，则块的右端点最大为 $\left \lfloor\dfrac{n}{p} \right \rfloor$。

Proof.
考虑对于这个块内的每个 $x$ 都有 $\left \lfloor\dfrac{n}{x} \right \rfloor = p$，则 $n=px+q(0\le q < n)$，所以 $n\ge px$，$x\le \dfrac{n}{p}$，又因为 $x$ 为整数，所以 $\max x=\left \lfloor\dfrac{n}{p} \right \rfloor$。

整理一下我们得到了什么：对于 $l$，我们知道了最大的 $r$，也知道了这一段的某个相同的值，是不是就可以求和了呢？实际上这也就是其主要应用之一。

【例题 1】UVA11526：

求 $\sum_{i=1}^{n} \left \lfloor \dfrac{n}{i} \right \rfloor$。

应用上面的结论，可以得到每一段和每一段的值，直接求和即可。

for(int l=1,r;l<=n;l=r+1){
   r = min(n,n/(n/l));
   sum += (r-l+1) * (n/l);
}

代码非常简单。

但是我们还不知道它为什么是对的。换句话说，我们需要证明其复杂度，显然看到“分块”，你可以估测其复杂度为根号级别。

我们考虑 $\left \lfloor \dfrac{n}{i} \right \rfloor$ 的取值，当 $i\le\sqrt{n}$ 时，显然 $\left \lfloor \dfrac{n}{i} \right \rfloor$ 至多有 $\sqrt{n}$ 个取值。当 $i\ge \sqrt{n}$ 时，$\left \lfloor \dfrac{n}{i} \right \rfloor \le \sqrt{n}$，显然也只有 $\sqrt{n}$ 个取值。所以总取值至多在 $2\sqrt{n}$，所以复杂度为 $\sqrt{n}$ 级别，但是注意到这东西有一个 $2$ 的常数，所以数论分块的常数是略大的。

【例题 2】P2261 [CQOI2007] 余数求和：

求 $\sum_{i=1}^{n} k \bmod i$。

$$\begin{aligned} &\sum_{i = 1}^{n} k \bmod i \\ = &\sum_{i = 1}^{n} (k-i\left \lfloor \dfrac{k}{i} \right \rfloor ) \\ = &\sum_{i = 1}^{n} k - \sum_{i = 1}^{n}(i\left \lfloor \dfrac{k}{i} \right \rfloor) \\ = & nk - \sum_{i = 1}^{n}(i\left \lfloor \dfrac{k}{i} \right \rfloor) \end{aligned}$$

我们考虑计算后面的式子，此时对于 $l\le r$ 这一段，贡献为 $\sum_{i=l}^{r}i\left \lfloor \dfrac{k}{i} \right \rfloor$，我们可以两个分别求和再相乘。

前面显然是一个等差数列求和，后面直接整除分块做即可。

注意一个 corner case，$n>k$ 时，有除数为 $0$ 需要特判。

由此可见，数论分块能处理的问题还能拓展到求 $\sum_{i=1}^{n} f(i)\left \lfloor \dfrac{n}{i} \right \rfloor$ 的问题。

【例题 3】P3935 Calculating：

这题能给我们一个重要的结论。

首先意识到 $f(i)$ 就是 $i$ 的因数个数。显然我们只要求出 $\sum_{i=1}^{n}f(i)$ 就能求出答案。

这个东西怎么求呢？你可以先看一下 P1403 [AHOI2005] 约数研究。发现：
$$\sum_{i=1}^{n}f(i)=\sum_{i=1}^{n}\left \lfloor \dfrac{n}{i} \right \rfloor$$

大概解释一下，对于 $1$ ，会作为每个 $n=1k$ 的数的因数，对于 $2$ ，会作为每个 $n=2k$ 的数的因数，总共有 $\left \lfloor \dfrac{n}{2} \right \rfloor$ 个这样的数字。依次类推。

然后可以用数论分块解决。

【二维整除分块】P2260 [清华集训2012] 模积和：

首先容斥一下，把 $i=j$ 的在最后减掉即可。

$$\begin{aligned} &\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} (n \bmod i) \times (m \bmod j)\\ =&\sum_{i = 1}^{n} (n-i\left \lfloor \dfrac{n}{i} \right \rfloor ) \times \sum_{j = 1}^{m}(m-j\left \lfloor \dfrac{m}{j} \right \rfloor )\\ \end{aligned}$$

显然可以数论分块，但是不要忘记还要容斥减掉 $i=j$ 的情况，考虑那个怎么算，不妨假设 $n\le m$。

$$\begin{aligned} &\sum_{i = 1}^{n}(n \bmod i) \times (m \bmod i)\\ =&\sum_{i = 1}^{n}(n-i\left \lfloor \dfrac{n}{i} \right \rfloor ) \times (m-i\left \lfloor \dfrac{m}{i} \right \rfloor )\\ =&\sum_{i = 1}^{n} nm - ni\left \lfloor \dfrac{m}{i} \right \rfloor -mi\left \lfloor \dfrac{n}{i} \right \rfloor +i^2\left \lfloor \dfrac{n}{i} \right \rfloor \left \lfloor \dfrac{m}{i} \right \rfloor \end{aligned}$$

前三项显然平凡，直接数论分块即可，考虑计算 $\sum_{i=1}^{n} i^2\left \lfloor \dfrac{n}{i} \right \rfloor \left \lfloor \dfrac{m}{i} \right \rfloor$，这是一个多维的整除分块，我们不妨先看看去掉 $i^2$ 后怎么做。

想想我们到底是按什么在分块？是值相同，那么假设当前的 $l$ 是确定的，也就是说 $r_i$ 是确定的，那么我如果要能够把这些项一起算，也就是说要找出最大的 $r$ 使得其对所有数都成立，显然，$R=\min r_i$。这个结论也可以拓展到多维。

然后平凡。考虑加上 $i^2$ 项，我们发现 $\sum_{i=1}^{n}i^2=\dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}$，于是计算区间的平方和也显然。

给出代码实现：

for(int l=1,r=n;l<=n;l=r+1){
   r = min(n/(n/l),m/(m/l));
   sum+=(f(r)-f(l-1)) * (n/l) * (m/l);
}

实际上，结合莫比乌斯反演，整除分块还有很大的应用空间。