「算法笔记」整除分块

一、 基本思想

对于形如 (sum_{i=1}^n f(lfloor frac{n}{i} floor)) 的式子，先不考虑求 (f(lfloor frac{n}{i} floor)) 的复杂度，则若采用朴素的解法，时间复杂度为 (O(n))。

简便起见，我们令 (f(lfloorfrac{n}{i} floor)=lfloor frac{n}{i} floor)。

打表找规律可以发现，(lfloor frac{n}{i} floor) 的取值并没有 (n) 个，且在一定区域内相等，呈块状阶梯分布。

对于每一个块，假设它的左端点为 (l)，右端点为 (r)，对于 (forall iin[l,r])，(lfloorfrac{n}{i} floor) 的值都相等。那么我们只需要求出，每一个块的左端点和右端点，以及块内的值即可。

二、 具体实现

Part 1. 块的数量

对于任意整数 (i) 满足 (1leq ileq n)，(lfloorfrac{n}{i} floor) 最多只有 (2sqrt{n}) 个不同的值。因为：

• 当 (ileq sqrt{n}) 时，(i) 只有 (sqrt{n}) 种选择，故 (lfloorfrac{n}{i} floor) 至多只有 (sqrt{n}) 个不同的值。

• 当 (i>sqrt{n}) 时，(lfloorfrac{n}{i} floor < sqrt{n})，故 (lfloorfrac{n}{i} floor) 也至多只有 (sqrt{n}) 个不同的值。

综上所述，对于 (i=1sim n)，(lfloorfrac{n}{i} floor < sqrt{n}) 由不超过 (2sqrt{n}) 个块组成。

Part 2. 块的左右端点

对于任意一个 (i)（(ileq n)），我们需要找到一个最大的 (x)（(ileq xleq n)），使得 (lfloorfrac{n}{i} floor=lfloorfrac{n}{x} floor)。

此时 (x=lfloorfrac{n}{lfloorfrac{n}{i} floor} floor)。如下所述：

• 显然 (xleq n)，考虑证明 (xgeq i)。
  证明：因为 (lfloorfrac{n}{i} floorleq frac{n}{i})，所以 (lfloorfrac{n}{lfloorfrac{n}{i} floor} floor geq lfloorfrac{n}{frac{n}{i}} floor=lfloor i floor=i)。则 (ileq lfloorfrac{n}{lfloorfrac{n}{i} floor} floor =x)。证毕。

• 不妨设 (k=lfloorfrac{n}{i} floor)，考虑证明当 (lfloorfrac{n}{x} floor=k) 时，(x) 的最大值为 (lfloorfrac{n}{k} floor)。
  证明：(lfloorfrac{n}{x} floor=k)，等价于 (kleq frac{n}{x}<k+1)，那么 (frac{1}{k+1}<frac{x}{n}leq frac{1}{k})，则 (frac{n}{k+1}<xleq frac{n}{k})。又因为 (x) 为整数，所以，(x_{max}=lfloorfrac{n}{k} floor)。证毕。

每一块 (iin[x,lfloorfrac{n}{lfloor frac{n}{x} floor} floor]) 中 (lfloor frac{n}{i} floor) 的值都等于 (lfloorfrac{n}{x} floor)。

对于每一个块，假设它的左端点为 (l)，则它的右端点为 (lfloorfrac{n}{lfloorfrac{n}{l} floor} floor)，并且块内元素都为 (lfloorfrac{n}{l} floor)。

注意：有时需要考虑 (lfloor frac{k}{l} floor=0) 的情况。

时间复杂度：(mathcal{O}(sqrt{n}))。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n,ans;
signed main(){
    scanf("%lld",&n);
    for(int l=1,r=0;l<=n;l=r+1)    //l 为块的左端点，r 为块的右端点 
        r=n/(n/l),ans+=(r-l+1)*(n/l);    //块的大小为 r-l+1，块内元素的值都为 n/l 下取整，则整个块的元素之和为 (r-l+1)*(n/l) 
    printf("%lld
",ans);
    return 0;
}

Expand. 二维整除分块

求 (sum_{i=1}^{min(n,m)} lfloorfrac{n}{i} floor lfloorfrac{m}{i} floor)。

此时可将代码中 r=n/(n/l) 替换成 r=min(n/(n/l),m/(m/l))。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n,m,ans;
signed main(){
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    for(int l=1,r=0;l<=min(n,m);l=r+1){
        r=min(n/(n/l),m/(m/l));
        ans+=(r-l+1)*(n/l)*(m/l);
    }
    printf("%lld
",ans);
    return 0;
}

三、例题

1. Luogu P2261 [CQOI2007]余数求和

题目大意：给出正整数 (n) 和 (k)，求 (sum_{i=1}^n k mod i) 的值。(1leq n,kleq 10^9)。

Solution：

注意到 (kmod i=k-lfloor frac{k}{i} floor imes i)，所以 (sum_{i=1}^n k mod i=sum_{i=1}^n k-sum_{i=1}^nlfloor frac{k}{i} floor imes i)(=n imes k-sum_{i=1}^nlfloor frac{k}{i} floor imes i)。

考虑整除分块，对于每一个块，假设它的左端点为 (l)，右端点为 (r)，则对于 (forall iin[l,r])，(lfloor frac{k}{i} floor imes i=lfloor frac{k}{l} floor imes i)，直接用等差数列求和公式计算即可。

注意 (lfloor frac{k}{l} floor=0) 的情况。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n,k,ans;
signed main(){
    scanf("%lld%lld",&n,&k);
    for(int l=1,r=0;l<=n;l=r+1) 
        r=k/l==0?n:min(k/(k/l),n),ans+=(k/l)*((l+r)*(r-l+1)/2);    //注意这里 k/(k/l) 可能会超过 n，所以需要取 min。 
    printf("%lld
",n*k-ans);
    return 0;
}

2. Luogu P3935 Calculating

题目大意：若 (x) 分解质因数结果为 (x=p_1^{k_1}p_2^{k_2}cdots p_n^{k_n})，令 (f(x)=(k_1+1)(k_2+1)cdots (k_n+1))，求 (sum_{i=l}^rf(i)) 对 (998244353) 取模的结果。(1leq lleq 10^{14},1leq rleq 1.6 imes 10^{14},r-l>10^{14})。

Solution：

根据唯一分解定理，可得：(n=p_1^{c_1} imes p_2^{c_2} imes cdots imes p_k^{c_k}=prodlimits_{i=1}^kp_i^{c_i})。

(p_i^{c_i}) 的约数有 (p_i^0,p_i^1,cdots,p_i^{c_i}) 共 (c_i+1) 个，根据乘法原理，可得 (n) 的约数个数为 (d(n)=prodlimits_{i=1}^k (c_i+1))。

容易得出，(f(n)) 实际上就是 (n) 的约数个数。

令 (S(n)=sum_{i=1}^n f(i))，则 (sum_{i=l}^r f(i)=S(r)-S(l-1))。

(S(n)=sum_{i=1}^n sum_{dmid i} 1=sum_{d=1}^nlfloor frac{n}{d} floor)。然后就可以用整除分块求了。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int mod=998244353;
int l,r,ans;
int query(int n){    //求 S(n) 
    int ans=0;
    for(int l=1,r=0;l<=n;l=r+1)
        r=n/(n/l),ans=(ans+(r-l+1)*(n/l)%mod)%mod;
    return ans;
}
signed main(){
    scanf("%lld%lld",&l,&r);
    printf("%lld
",(query(r)-query(l-1)+mod)%mod);
    return 0;
}

四、习题

• Luogu P2260 [清华集训2012]模积和