整除分块 — 洛谷P2261 [CQOI2007]余数求和

什么是整除分块

蒟蒻通过一个很有趣的问题学到了整除分块

求${\sum }_{i=1}^n\lfloor \frac{n}{i}\rfloor ,n\le 10^{12}$

直接线性求肯定会超，但是我们冷静分(da)析(biao)一波
会发现这样两个性质

• $\forall i\in [1,n],\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$至多只有$2\sqrt{n}$个不同的值

因为$n$的约数是以$\sqrt{n}$对称的，这点不难证明
对于$i<=\sqrt{n}$，$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$至多只有$\sqrt{n}$个不同的值，同理对于$i\ge \sqrt{n}$也一样

• 若$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor =\lfloor \frac{n}{i^{{}^{\prime }}}\rfloor$，则$i^{{}^{\prime }}$最大值为$\lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }\rfloor$

暂时不会证

根据上述性质，这个问题的复杂度下降为$O(\sqrt{n})$

for(int l=1,r;l<=n;l=r+1)
{
    r=n/(n/l);
    ans+=(r-l+1)*(n/l);
}

整除分块的应用

BZOJ1257 || 洛谷P2261 [CQOI2007]余数求和

典型的整除分块
${\sum }_{i=1}^{n}k\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}i={\sum }_{i=1}^{n}k-i\ast \lfloor \frac{k}{i}\rfloor =n\ast k-i\ast \lfloor \frac{k}{i}\rfloor$

#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
typedef long long lt;
  
lt read()
{
    lt f=1,x=0;
    char ss=getchar();
    while(ss<'0'||ss>'9'){if(ss=='-')f=-1;ss=getchar();}
    while(ss>='0'&&ss<='9'){x=x*10+ss-'0';ss=getchar();}
    return f*x;
}

lt n,k;

int main()
{
    n=read();k=read();
    lt ans=n*k;
    for(lt ll=1,rr;ll<=n;ll=rr+1) 
    {
        if(k/ll!=0) rr=min(k/(k/ll),n); 
        else rr=n;
        ans-=(rr-ll+1)*(k/ll)*(ll+rr)/2;
    }
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}

其实整除分块一般经常与前缀和等一同出现
莫比乌斯反演的题应用比较广泛