整除分块

证明

数论分块板子求 $ \large \sum_{i=1}^n [n/i]$ ,其中 \(n \leq 10^{10}\)

很明显，暴力求的复杂度是 \(O(n)\) 的，需要优化

其中，例 \(n=10\) 时，\([10/4]=[10/5]\) 是有相等的值的

不妨设第一个 \([n/i]=x\) 的数为 \(l\)

则最后一个有 \([n/i]=x\) 的数 \(\large r= [\frac{n}{[n/l]}]\)

理由如下：

不妨设 \(n=p \times [n/l] + q\) 其中 \(p,q\) 为整数，\(0 \leq q <[n/l]\)

由 \(\large r= [\frac{n}{[n/l]}]\) 得 $ r \times [n/l] \geq n$ , \(r\times [n/l]+1>n\)

所以 \([n/(r+1)]<[n/l]\) , \(r\) 为最后一个 \([n/i]=x\) 的数

接下来说明 \([n/l]\) 最多只有 \(2\times \sqrt n -1\)

当 \(1 \leq l \leq \sqrt n\) 时, 一共只有 \(\sqrt n\) 个 \(l\) ，所以最多只有 \(\sqrt n\) 个 \([n/l]\)

当 \(\sqrt n < l \leq n\) 时，则用 \(n\) 同时除去不等式两边 ，有 \(\sqrt n > [n/l] \geq 1\) ， 最多有 \(\sqrt n -1\) 个不同的 \([n/l]\)

所以最多有 \(2\times \sqrt n -1\) 个不同的 \([n/l]\)

ll solve(ll n){
	ll l = 1,r = 0,ans = 0;
	for(;l <= n;l = r + 1) {
		r = n / (n / l);
		ans += (n / l) * (r - l + 1);
	}
	return ans;
}

例题

约数和 P2424

题目链接

求 x 到 y 每个数所有约数的和

显然 \(f(n)=\sum_{i=1}^n i \times [n/i]\) ，其中 \(f(n)\) 代表 1 到 n 的约数和

对于每个块，\(\sum_{i=l}^r i*[n/l]\) 用等差数列求和即可

\((=(r-l+1)\times(l+r) / 2\times [n/l])\)

__int128 solve(__int128 n){
	__int128 l = 1, r = 0, ans = 0;
	for(;l <= n;l = r + 1){
		r = min(n / (n / l), n);
		ans += (n / l) * (l + r) * (r - l + 1) / 2;
	}
	return ans;
}

余数求和

求

\[G(n,k)= ∑_{i=1}^n k \mod i \]

\[ \begin{aligned} ans &= ∑_{i=1}^n k \mod i\\ &= ∑_{i=1}^n (n-[n/i]\times i) \\ &=n \times k - ∑_{i=1}^n [n/i] \times i\\ \end{aligned} \]

ll solve(){
	ll l = 1, r = 0, ans = n * m;
	for(;l <= n;l = r + 1){
		if(m / l == 0) break;
		r = min(m / (m / l), n);
		ans -= (m / l) * (l + r) * (r - l + 1) / 2;
	}
	return ans;
}

Sum of Remainders CF616E

求

\[\sum_{i=1}^m (n \mod i) \]

差不了多少

\[\begin{aligned} \sum_{i=1}^m (n \mod i) &= \sum_{i=1}^m(n-[n/i]*i) \\ &=m\times n - \sum_{i=1}^{\min(n,m)} [n/i] \times i \\ \end{aligned} \]

__int128 solve(__int128 n) {
    __int128 l = 1, r = 0, ans = n * m % mod;
    m = min(m, n);
    for (; l <= m; l = r + 1) {
        if (n / l == 0)
            break;
        r = min(n / (n / l), m);
        ans -= (l + r) * (r - l + 1) / 2 % mod * (n / l) % mod;
        ans = (ans + mod) % mod;
    }
    return ans;
}

整除分块优化DP

Up the Strip CF1558B

题面描述

你有一张 $ 1 \times n $ 的纸带，由 $ n $ 个格子组成。初始有一个点在 $ n $ 号格子（即左数第 $ n $ 个）中。

假设现在这个点在 $ x\ (x > 1) $ 号格子，每次你可以对这个点进行如下操作中的一种：

1. 减法。选择一个 $ [1, x - 1] $ 中的正整数 $ y $，将点移动到 $ x - y $ 号格子中。

2. 除法。选择一个 $ [2, x] $ 中的正整数 $ z $，将点移动到 $ \lfloor \frac{x}{z} \rfloor $ 号格子中。

当点在 $ 1 $ 号格子中时无法移动，操作结束。

求将点从 $ n $ 号格子移到 $ 1 $ 号格子的方案数，答案对给定的模数取模。

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易得转移方程

\[f[x]=\sum_{i=1}^{x-1}f[i] + \sum_{i=2}^{x} f[[n/i]] \]

第一部分用前缀和维护，第二个部分可以用整除分块求解。

ll solve(ll n) {
    ll l = 2, r = 0, ans = 0;
    for (; l <= n; l = r + 1) {
        r = n / (n / l);
        ans += (r - l + 1) * f[n / l] % mod;
        ans %= mod;
    }
    return ans;
}
for (ll i = 2; i <= n; i++) {
    f[i] = (sum[i - 1] + solve(i)) % mod;
    sum[i] = sum[i - 1] + f[i];
}

较难的问题

gcd HDU5780

题目链接

求

\[∑gcd({x}^{a}-1,{x}^{b}-1) (1\leq a,b\leq n) \]

不妨设 \(b>a\) ，则

\[\begin{aligned} gcd(x^a-1,x^b-1)&=gcd(x^a-1,x^b-1-x^{b-a}(x^a-1))\\ &=gcd(x^a-1,x^b-1-x^b+x^{b-a})\\ &=gcd(x^a-1,x^{b-a}-1) \\ &=x^{gcd(a,b)}-1 \end{aligned} \]

很容易想到枚举 \(gcd(a,b)\) 的做法：

确定 \(gcd(a,b)\) ，然后枚举 \(a\) ，则 \(b\) 的情况数就等于 \(phi[a/gcd(a,b)]\) （\(gcd(\frac{a}{gcd(a,b)},\frac{b}{gcd(a,b)})=1\)）

答案就等于

\[\sum_{i=1}^n (\sum_{j=1}^{j*i\leq n}( phi[j] \times 2-1) -1)\times (x^i-1) \]

ll f(ll a, ll b) {
    if (a == 1)
        return b;
    if (a == 0)
        return 1;
    ll w = f(a / 2, b);
    if (a % 2)
        return w * w % mod * b % mod;
    return w * w % mod;
}
ll solve(ll x, ll n) {
    ll ans = 0, sum = 0;
    for (ll i = 1; i <= n; i++) {
        ll w = f(i, x);
        ans -= w - 1;
        ans = (ans + mod) % mod;
        for (ll j = i; j <= n; j += i) {
            sum += phi[j / i];
            ans += (w - 1) * phi[j / i] * 2 % mod;
            ans %= mod;
        }
    }
    return ans;
}

但是会 \(TLE\)

我们可以想到 \(phi[j/i]\) 是一段连续的 \(phi[1]\) 到 \(phi[n/i]\)

所以可以把 \(phi\) 前缀和变成 \(phif\) 数组

ll solve(ll x, ll n) {
    ll ans = 0, sum = 0;
    ll w = 1;
    for (ll i = 1; i <= n; i++) {
        w = w * x % mod;
        ans -= w - 1;
        ans = (ans + mod) % mod;
        ll cnt = (w - 1) * phif[n / i] % mod * 2 % mod;
        ans += cnt;
        ans %= mod;
    }
    return ans;
}

结果又 \(TLE\) 了

但现在的问题也可以转化为求

\[\sum_{i=1}^n (x^i -1) \times(phif[n/i]*2-1) \]

这个可以拆开，就变成了

\[\sum_{i=1}^n x^i \times(phif[n/i]*2-1) -\sum_{i=1}^n (phif[n/i]*2-1) \]

前面一部分用数论分块的时候，每一块里的和等于

\[\sum_{i=l}^r x^i \times phif[n/l] \]

用等比数列求和可得等于

\[x^l \times \frac{x^{r-l+1}-1}{x-1} \times phif[n/l] \]

就可以用整除分块啦

ll f(ll a, ll b) {
    if (a == 1)
        return b % mod;
    if (a == 0)
        return 1;
    ll w = f(a / 2, b);
    if (a % 2)
        return w * w % mod * b % mod;
    return w * w % mod;
}
ll solve(ll x, ll n) {
    ll ans = 0;
    ll w = x;
    ll l = 1, r = 0, inv = f(mod - 2, x - 1);
    for (; l <= n; l = r + 1) {
        r = n / (n / l);
        ans -= (r - l + 1) * (phif[n / l] * 2 - 1) % mod;
        ans = (ans + mod) % mod;
    }
    l = 1;
    for (; l <= n; l = r + 1) {
        r = n / (n / l);
        ll o = f(r - l + 1, x);
        ans += w * (o % mod - 1) % mod * inv % mod * (phif[n / l] * 2 - 1) % mod;
        ans %= mod;
        w = w * o % mod % mod;
    }
    return ans;
}

整除分块+矩阵加速

Sequence HDU6395

原题链接

求 \(F_n\) ，其中

\[\left\{\begin{aligned} F_1 &= A \\ F_2 &= B \\ F_n &=C\cdot{}F_{n-2}+D\cdot{}F_{n-1}+\left\lfloor\frac{P}{n}\right\rfloor \end{aligned}\right. \]

\([\frac{P}{n}]\) 一定时，易得

\[\begin{pmatrix} F_{n-2} & F_{n-1} &[\frac{P}{n}] \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 0 & C & 0 \\ 1 & D & 0 \\ 0 & 1 & 1 \end{pmatrix} \]

如果 $ \lfloor \frac{P}{n} \rfloor$ 是个定值就很容易用矩阵加速解决，所以我们可以用整除分块求出每个不同的 $ \lfloor \frac{P}{n} \rfloor$ ，再做矩阵加速即可

inline void init() {
    basic.a[1][1] = 0, basic.a[1][2] = c, basic.a[1][3] = 0;
    basic.a[2][1] = 1, basic.a[2][2] = d, basic.a[2][3] = 0;
    basic.a[3][1] = 0, basic.a[3][2] = 1, basic.a[3][3] = 1;
}
inline void ans_init() {
    ans.a[1][1] = a, ans.a[1][2] = b, ans.a[1][3] = P / 3;
    ans.a[2][1] = 0, ans.a[2][2] = 0, ans.a[2][3] = 0;
    ans.a[3][1] = 0, ans.a[3][2] = 0, ans.a[3][3] = 0;
}
void sum(ll KK, ll n) {
    ans.a[1][3] = KK;
    init();
    while (n) {
        if (n & 1)
            ans = ans * basic;
        basic = basic * basic;
        n >>= 1;
    }
}
ll solve() {
    ll l = 3, r = 0;
    for (; l <= n; l = r + 1) {
        if (P / l != 0)
            r = min(P / (P / l), n);
        else
            r = n;
        sum(P / l, r - l + 1);
    }
    return ans.a[1][2];
}

\[\Huge End \]