数论分块

简介

数论分块通常被用来以\(O(\sqrt n)\)的复杂度快速计算形如\(\sum \limits_{i=1}^n f(i)g(\lfloor \frac n i \rfloor)\)的含有除法向下取整的和式，它的核心思想是将\(\lfloor \frac n i \rfloor\)相同的数打包同时计算，主要利用了Fubini定理。

证明

1. 证明时间复杂度为\(O(\sqrt n)\)

引理1 对于任意一个正整数\(n\)，\(\lfloor \frac n d \rfloor(d\in[1,n])\)的数量级为\(\sqrt n\)。

• \(d\leq \sqrt n\)，假设所有的\(\lfloor \frac n d \rfloor\)取值均不同，则存在\(\sqrt n\)种结果
• \(d>\sqrt n\)，则\(\lfloor \frac n d \rfloor<\sqrt n\)，取值同样有\(\sqrt n\)。

因此，所有的可能取值一定\(\leq 2\sqrt n\)，即整数分块的复杂度为\(O(\sqrt n)\)。

2. 证明算法的正确性

引理2 对于\(\forall i\), 若满足\(\lfloor \frac{n}{i} \rfloor=C\)，则所有满足条件的\(i\)一定是一段连续区间的集合。

反证法，若不是连续区间，则一定\(\exist t\in(l,r)\)，使得\(\lfloor \frac{n} l \rfloor=\lfloor \frac n r \rfloor\)且\(\lfloor \frac n l \rfloor \neq \lfloor \frac n t \rfloor\)。

\(\because t>l,t<r\)

\(\therefore \lfloor \frac n t \rfloor \geq \lfloor \frac n l \rfloor, \lfloor \frac n t \rfloor \leq \lfloor \frac n r \rfloor\) ，即\(\lfloor \frac n t \rfloor=\lfloor \frac n l \rfloor\)，矛盾，故得证。

**引理3 **若满足\(\lfloor \frac n i \rfloor=C\)的\(i\)集合为\(i\in[l,r]\)，则只需要知道\(l\)，就可以求出对应的\(C,r\)。

显然，\(C=\lfloor \frac n l \rfloor\)，下面就要证明\(r=\lfloor \frac{n}{\lfloor \frac n l \rfloor} \rfloor=\lfloor \frac n C \rfloor\)

令\(p=\lfloor \frac n C \rfloor\)，则\(n=p\times C+k,k\in[0,\min\{p,C\})\)，下面要证明\(p\)是满足\(i\)的性质的最大的整数。

• \(p\)满足\(i\)的性质，即\(\lfloor \frac n p \rfloor=C\)

\(p=\frac{n-k}{C}\)，则\(\frac n p=\frac{C\times n}{n-k}\geq \frac {C\times n}{n}\)，即\(\frac n p \geq C\)。

又\(n\mod p=k,k<p\)，则\(n-k<p\times (C+1)\)，即\(\lfloor \frac n p \rfloor<C+1\)

因此\(\lfloor \frac n p \rfloor=C\)

• \(p\)是使得\(\lfloor \frac n i \rfloor=C\)成立的最大的数。

反证法，假如\(p\)不是最大的数，则\(p+1\)一定可以使得\(\lfloor \frac n {p+1} \rfloor=C\)

\(\therefore (p+1)\times C=n-g(g\in[0,\min\{p+1,C\})\)

\(\therefore p\times C + C=n-g\)，又\(p\times C=n-k\)

所以\(C=k-g\)，又\(k,g\in[0,C)\)，所以矛盾，得证。

综上，\(\lfloor \frac n C \rfloor\)即为令\(\lfloor \frac n i \rfloor=C\)的最大的数

模板

ll H(ll n){
	ll res = 0, l = 1, r;
	while (l <= n){
		r = n / (n / l);
		res = res + (r - l + 1) * (n / l);
		l = r + 1;
	}
	return res;
}

例题

P2261余数之和

给出\(n,k\)，计算\(G(n,k)=\sum\limits _{i=1}^n k \bmod i\)

数据范围：\(1\leq n,k\leq 10^9\)

（懒得自己写题解了，直接cpy洛谷题解orz）由题意得：\(ans=∑_{i=1}^nk\bmod i\)

我们知道，\(a \bmod b = a - b \times \lfloor \frac{a}{b} \rfloor\)

因此，\(ans = \sum_{i=1}^{n} k - i \times \lfloor \frac{k}{i} \rfloor = nk - \sum_{i=1}^{n} i \times \lfloor \frac{k}{i} \rfloor\)

首先枚举块的左边界 \(l\)，并根据左边界和$ k$ 计算出右边界 \(r\)。

令 \(t = \lfloor \frac{k}{l} \rfloor\)，分两种情况讨论：

• \(t \neq 0\)，则 \(r = \min (\lfloor \frac{k}{t} \rfloor , n)\)；
• \(t = 0\)，则 \(r = n\)。

右边界有了，每一块的和也就可以计算出了。

每一块的和 \(=\) 当前块的 \(t\times\) 当前块元素个数 \(\times\) 当前块 \(i\) 的平均值 \(= t \times (r-l+1) \times (l+r) \div 2\)

当前块处理完后，令 \(l = r + 1\)，开始计算下一块，直到计算至 n。

ll n, m;

void solve(){
	n = read(), m = read();
	ll res = n * m, l = 1, r;
	while (l <= n){
		if (m / l == 0) r = n;
		else r = min(n, m / (m / l));
		res = res - (r - l + 1) * (m / l) * (l + r) / 2;
		l = r + 1;
	}
	printf("%lld\n", res);
}

数论分块往往和莫比乌斯反演结合起来考察，因此进阶的部分放在可能会存在的莫反专题中一起讲解。

标签：lfloor,10,frac,分块,数论,ll,rfloor,times,sqrt
来源： https://www.cnblogs.com/vivaldi370/p/MathBasic_10_sqrt-decomposition.html