整除分块（数论分块）

转自大佬
一个有♂趣的问题：

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

显然不能直接做废话

经过一番冷静推理暴力打表 ，我们发现以下性质：

1.$\lfloor Ni\rfloor$最多只有$2\sqrt{N}$种取值

证明：对于$i\le \sqrt{N}$, 只有 $\sqrt{N}$ 种，对于 i> $\sqrt{N}$,$\frac{N}{i}$< $\sqrt{N}$，也只有 $\sqrt{N}$ 种取值，共计 2 $\sqrt{N}$ 种□

2. 设 $\lfloor \frac{N}{i^{\prime }}\rfloor$ 与 $\lfloor \frac{N}{i}\rfloor$ 相等，则 i′ 的最大值为 $\lfloor \frac{N}{\lfloor Ni\rfloor }\rfloor$
   证明：

设$\lfloor \frac{N}{i}\rfloor$=k ,于是可以写成 $ki+p=N,1\le p<i$的形式，若 $\lfloor \frac{N}{i+d}\rfloor =k$ ,于是有 $k(i+d)+p\prime =N$ ,可以得到 $p\prime =p-kd$,则 d 能取的最大值为 $\lfloor \frac{p}{k}\rfloor$ ,于是 :

$\begin{array}{rl}{i}^{\prime }& =i+d_{max}\\ & =i+\lfloor \frac{p}{k}\rfloor \\ & =i+\lfloor \frac{Nmodi}{\lfloor \frac{N}{i}\rfloor }\rfloor \\ & =i+\lfloor \frac{N-\lfloor \frac{N}{i}\rfloor i}{\lfloor \frac{N}{i}\rfloor }\rfloor \\ & =\lfloor i+\frac{N-\lfloor \frac{N}{i}\rfloor i}{\lfloor \frac{N}{i}\rfloor }\rfloor \\ & =\lfloor \frac{\lfloor \frac{N}{i}\rfloor i}{\lfloor \frac{N}{i}\rfloor }+\frac{N-\lfloor \frac{N}{i}\rfloor i}{\lfloor \frac{N}{i}\rfloor }\rfloor \\ & =\lfloor \frac{N}{\lfloor \frac{N}{i}\rfloor }\rfloor \square \end{array}$

然后，设两个指针 L 和 R ， L 的初始值为 1 ，每次令 $R=\lfloor \frac{N}{\lfloor \frac{N}{L}\rfloor }\rfloor$ ，将 $(R-L+1)\cdot \lfloor \frac{N}{L}\rfloor$ 累加至答案中 ，再令 $L=R+1$

由于 $\lfloor \frac{N}{L}\rfloor$只有 $2\sqrt{N}$种取值 ，且单调递减，则最多只有 $2\sqrt{N}$ 个取值不同的段，时间复杂度为 $O(\sqrt{N})$ 终于可以水过去了