搬运自我的洛谷文章整除分块学习笔记。

前言

本文是作者学习整除分块后的一些心得，可能有所不足，如有错误，望读者指正。

分块技巧

本文以求解问题：

为例讲述整除分块。

易知当 $\lfloor {\displaystyle \frac{n}{i}}\rfloor =d$ 且 $n,d$ 一定时，$i$ 的取值范围是一段连续的区间，记作 $[L,R]$。

假设 $L$ 一定，如何快速求出 $R$ 呢？

令 $\lfloor {\displaystyle \frac{n}{L}}\rfloor =d$，求最大的 $\mathrm{\Delta }$，此时 $R=L+\mathrm{\Delta }$ 且 $\lfloor {\displaystyle \frac{n}{L}}\rfloor =\lfloor {\displaystyle \frac{n}{L+\mathrm{\Delta }}}\rfloor =d$。

将两个式子化为整式可得 $Ld+r_1=(L+\mathrm{\Delta })d+r_2=n$，其中 $0\le r_1,r_2<d$。两式相减得 $\mathrm{\Delta }d=r_1-r_2$。

$\because \mathrm{\Delta }d=r_1-r_2$

$\therefore r_2=r_1-\mathrm{\Delta }d$

又 $\because r_2\ge 0$

$\therefore r_1\ge \mathrm{\Delta }d$

$\therefore \mathrm{\Delta }\le \lfloor {\displaystyle \frac{r1}{d}}\rfloor$

又 $\because r_1=nmodL=n-L\times \lfloor {\displaystyle \frac{n}{L}}\rfloor ,d=\lfloor {\displaystyle \frac{n}{L}}\rfloor$

$\therefore \mathrm{\Delta }\le \lfloor {\displaystyle \frac{n-L\times \lfloor {\displaystyle \frac{n}{L}}\rfloor }{\lfloor {\displaystyle \frac{n}{L}}\rfloor }}\rfloor$

$$\begin{gathered} \therefore {\mathrm{\Delta }}_{max} \\ =\lfloor {\displaystyle \frac{n-L\times \lfloor {\displaystyle \frac{n}{L}}\rfloor }{\lfloor {\displaystyle \frac{n}{L}}\rfloor }}\rfloor \\ =\lfloor {\displaystyle \frac{n}{\lfloor {\displaystyle \frac{n}{L}}\rfloor }}\rfloor -L \end{gathered}$$

$\therefore R=L+{\mathrm{\Delta }}_{max}=\lfloor {\displaystyle \frac{n}{\lfloor {\displaystyle \frac{n}{L}}\rfloor }}\rfloor$

然后 $L$ 的初始值从 $1$ 开始，$R$ 根据 $L$ 推导，接着之后的 $L=R+1$。

显然当 $L\le \sqrt{n}$ 时 $L$ 有 不超过$\sqrt{n}$ 种取值，当 $L>\sqrt{n}$ 时 ${\displaystyle \frac{n}{L}}$ 不超过有 $\sqrt{n}$ 种取值，所以 $L$ 共有不超过 $2\sqrt{n}$ 种取值，加上 $L,R$ 的计算均为 $\mathcal{O}\mathcal{(}\mathcal{1}\mathcal{)}$ 级别的，所以整个算法的时间复杂度就是 $\mathcal{O}\mathcal{(}\sqrt{\mathcal{n}}\mathcal{)}$，算是较为优秀的了。

P2261 [CQOI2007] 余数求和

简单推导即可：

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

用等差数列结合整除分块做即可。

$\text{code}$:

#include<bits/stdc++.h>
#define int unsigned long long
using namespace std;
int n,k,L=1,R,ans;
signed main(){
	cin>>n>>k;
	ans=n*k;
	while(L<=n){
		if(k/L>0)
			R=min(k/(k/L),n);
		else
			R=n;
		//求右端点
		ans-=(R-L+1)*(L+R)/2*(k/L);
		//等差数列
		L=R+1;
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}

P6583 回首过去

非常有学习意义的一题。

考虑将 ${\displaystyle \frac{x}{y}}$ 转化为 ${\displaystyle \frac{b\times c}{a\times c}}$，其中 $a$ 只包含因数 $2,5$ 且 $gcd(c,10)=1$。

我们考虑枚举合法的 $c$ 并求出同样合法的 $a,b$ 的情况数。

显然 $c\in [1,n]$ 且 $gcd(10,c)=1$ 时，$b\in [1,\lfloor \frac{n}{c}\rfloor ]$，而 $a$ 则可以是 $[1,\lfloor \frac{n}{c}\rfloor ]$ 中只含因数 $2,5$ 的数，将所有合法的情况数记为 $f(\lfloor \frac{n}{c}\rfloor )$。

故总答案为 $f(\lfloor \frac{n}{c}\rfloor )\times \lfloor \frac{n}{c}\rfloor$ 乘上 $c$ 的取值方案数。

但 $n\le {10}^{12}$，显然，这个算法还是不够优秀。

等等，$\lfloor \frac{n}{c}\rfloor$，这个不是整除分块吗？我们显然可以求出 $[L,R]$ 使得 $\lfloor \frac{n}{L}\rfloor =\lfloor \frac{n}{R}\rfloor =k$，那么时间复杂度不就降至 $\sqrt{n}$ 级别了吗？

但是还有问题，我们无法直接通过 c%2!=0&&c%5!=0 判断 $c$ 是否合法了。

那怎么办？通过容斥原理可以解决。

$[L,R]$ 中合法的 $c$ 可以这样计算：$[L,R]$ 中 $1$ 的倍数 $-$ $[L,R]$ 中 $2$ 的倍数 $-$ $[L,R]$ 中 $5$ 的倍数 $+$ $[L,R]$ 中 $10$ 的倍数，记为 $f^{\prime }([L,R])$。

但是这样的函数并不是很好求。但是将 $f^{\prime }([L,R])$ 换一种形式，变为 $f^{\prime }([1,R])-f^{\prime }([1,L])$ 就可以通过除法直接求得了。

所以问题就迎刃而解了。

$\text{code}$：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n,L=1,R,res;
int Cal_1(int range){//容斥求方案
	return range-range/2-range/5+range/10;
}
int Cal_2(int x){//求出[1,x]中只含2,5因子的数的数量
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=x;i*=2)
		for(int j=i;j<=x;j*=5)
			ans++;
	return ans;
}
signed main(){
	cin>>n;
	while(L<=n){
		int R=n/(n/L);
		//整除分块基本操作:R=n/(n/L)
		res+=(Cal_1(R)-Cal_1(L-1))*Cal_2(n/L)*(n/L);//计算答案
		L=R+1;//跳至下一分块
	}
	cout<<res;
	return 0;
}