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数学/数论专题-学习笔记:整除分块

作者:互联网

目录

1. 前言

整除分块,是一种数论的基础算法,必备知识,在很多题目中都有涉及但是题目很基础。

整除分块主要解决的是这样一类问题:求值:

\[\sum_{i=1}^{n}f(i)g(\Big\lfloor\dfrac{k}{i}\Big\rfloor) \]

其中已知 \(f\) 的前缀和或者能 \(O(1)\) 计算 \(f(r)-f(l)\)。

正常的计算方式是 \(O(n)\) 的,但是一些题里面该复杂度不能接受,此时就需要整除分块,整除分块能做到 \(O(\sqrt{n})\) 解决此类问题。

2. 详解

首先讨论这个问题的简化版本:

\[\sum_{i=1}^{n}\Big\lfloor\dfrac{k}{i}\Big\rfloor \]

通过打表可以发现,对于 \(\Big\lfloor\dfrac{k}{i}\Big\rfloor\),容易有一个较大的区间 \([l,r]\),满足 \(\forall i,j \in [l,r],\Big\lfloor\dfrac{k}{i}\Big\rfloor=\Big\lfloor\dfrac{k}{j}\Big\rfloor\),下面定义一个满足上述条件的区间的值为 \(i \in [l,r],\Big\lfloor\dfrac{k}{i}\Big\rfloor\)。

也就是说有连续段是相同的,因此整除分块需要考虑如何快速处理出这些区间,最好的方式当然就是将区间处理完之后,不同的区间的值不同。

其实数学上已经证明了一些东西,这里不进行证明,直接将结论拉过来用:

  1. 这样的区间只有 \(O(\sqrt{n})\) 个。
  2. 对于一个区间 \([l,r]\),满足 \(r=\Big\lfloor\dfrac{k}{\lfloor\frac{k}{i}\rfloor}\Big\rfloor\)。

因此我们可以考虑从 \(l=1\) 开始,根据上述结论 2 算出 \(r\),而 \([l,r]\) 的值显然是 \((r-l+1) \times \Big\lfloor\dfrac{k}{l}\Big\rfloor\),然后 \(l\leftarrow r+1\),又根据结论 1,复杂度为 \(O(\sqrt{n})\)。

解决这个问题之后,回到我们原本的问题:

\[\sum_{i=1}^{n}f(i)g(\Big\lfloor\dfrac{k}{i}\Big\rfloor) \]

同样的,我们考虑处理出所有 \([l,r]\),满足 \(\forall i,j \in [l,r],\Big\lfloor\dfrac{k}{i}\Big\rfloor=\Big\lfloor\dfrac{k}{j}\Big\rfloor\),下面定义 \([l,r]\) 的值是 \(\sum_{i=l}^{r}f(i)g(\Big\lfloor\dfrac{k}{i}\Big\rfloor)\)。

这里先将这些区间存下来,记作 \([l_i,r_i]\),然后我们注意到此时的 \(\Big\lfloor\dfrac{k}{i}\Big\rfloor\) 是一个常数,可以直接将 \(g(\Big\lfloor\dfrac{k}{i}\Big\rfloor)\) 提出去,此时 \([l_i,r_i]\) 对答案的贡献就变成了这样:

\[g(\Big\lfloor\dfrac{k}{l_i}\Big\rfloor)\sum_{i=l_i}^{r_i}f(i) \]

然后因为可以快速计算 \(f(r)-f(l)\),所以照样可以 \(O(\sqrt{n})\) 解决。

代码里面注意两个点:

  1. 大于 \(n\) 的区间右端点要变成 \(n\)。
  2. 当 \(\Big\lfloor\dfrac{k}{l}\Big\rfloor\) 为 0 的时候 \(r=n\)。

通用 Code:

n = Read(), k = Read(); ans = 0;
for (int l = 1, r; l <= n; l = r + 1)
{
	if (k / l == 0) r = n;
	else r = Min(k / (k / l), n);
	++cnt; Left[cnt] = l, Right[cnt] = r;
}
for (int i = 1; i <= cnt; ++i)
	ans += (f(Left[i], Right[i]) * g(k / Left[i]));

其中 \(f(l,r)\) 计算 \(\sum_{i=l}^{r}f_i\),\(g(i)\) 就是算 \(g(i)\)。

接下来看道例题:P2261 [CQOI2007]余数求和

这道题给出 \(n,k\),要求:

\[\sum_{i=1}^{n}k \bmod i \]

首先将 \(\bmod\) 拆掉,将式子变成这样:

\[\sum_{i=1}^{n}(k-i \times \Big\lfloor\dfrac{k}{i}\Big\rfloor) \]

然后发现这个 \(k\) 可以提出去,变成这样:

\[nk-\sum_{i=1}^{n}(i \times \Big\lfloor\dfrac{k}{i}\Big\rfloor) \]

我们只需要处理后面这个式子,对应到整除分块上,发现 \(f(i)=i,g(\Big\lfloor\dfrac{k}{i}\Big\rfloor)=\Big\lfloor\dfrac{k}{i}\Big\rfloor\),满足 \(O(1)\) 计算 \(f(r)-f(l)\) 的条件,因此可以整除分块求后面这个式子,做完了。

Code:

/*
========= Plozia =========
	Author:Plozia
	Problem:P2261 [CQOI2007]余数求和
	Date:2022/2/18
========= Plozia =========
*/

#include <bits/stdc++.h>

typedef long long LL;
const int MAXN = 1e5 + 5;
int n, k, Left[MAXN], Right[MAXN], cnt;
LL ans = 0;

int Read()
{
	int sum = 0, fh = 1; char ch = getchar();
	for (; ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar()) fh -= (ch == '-') << 1;
	for (; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar()) sum = sum * 10 + (ch ^ 48);
	return sum * fh;
}
int Max(int fir, int sec) { return (fir > sec) ? fir : sec; }
int Min(int fir, int sec) { return (fir < sec) ? fir : sec; }

int main()
{
	n = Read(), k = Read(); ans = 1ll * n  * k;
	for (int l = 1, r; l <= n; l = r + 1)
	{
		if (k / l == 0) r = n;
		else r = Min(k / (k / l), n);
		++cnt; Left[cnt] = l, Right[cnt] = r;
	}
	for (int i = 1; i <= cnt; ++i)
		ans = ans - 1ll * (k / Left[i]) * 1ll * (Left[i] + Right[i]) * (Right[i] - Left[i] + 1) / 2;
		// 这里通过直接推式子代替了 f 和 g 函数
	printf("%lld\n", ans); return 0;
}

3. 总结

整除分块将形如 \(\sum_{i=1}^{n}f(i)g(\Big\lfloor\dfrac{k}{i}\Big\rfloor)\) 的式子化为了多个形如 \(g(\Big\lfloor\dfrac{k}{l_i}\Big\rfloor)\sum_{i=l_i}^{r_i}f(i)\) 的式子,其中 \(f(r)-f(l)\) 能够快速计算,从而减少时间复杂度,降至 \(O(\sqrt{n})\)。

4. 参考资料

标签:lfloor,分块,数论,Big,sum,rfloor,dfrac,整除
来源: https://www.cnblogs.com/Plozia/p/16156787.html