数论分块（整除分块）学习笔记

参考的资料尽可能都列出来吧：

• 整除分块（数论分块） $\mathsf{b}\mathsf{y}0\mathsf{x}\mathsf{f}\mathsf{f}\mathsf{f}\mathsf{e}$
• 整除分块 $\mathsf{b}\mathsf{y}\mathsf{p}\mathsf{e}\mathsf{n}\mathsf{g}-\mathsf{y}\mathsf{m}$
• 数论分块 $\mathsf{b}\mathsf{y}\mathsf{h}\mathsf{e}\mathsf{n}\mathsf{r}\mathsf{y}\_\mathsf{y}$

无前置芝士，但至少你要能看懂本文中出现的所有记号

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Lv.1

想不出标题只好这样写标题的屑作者

数论分块是用于处理形如 $\sum _{i=1}^n\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$ 的式子的方法。
为了简洁和减轻 $\text{LATEX}$ 渲染的负担，下文中会用形如 $i/j$ 的式子表示 $\lfloor \frac{j}{i}\rfloor$ 。

显然这个式子可以 $\Theta (n)$ 暴力求出，但是实际上有优秀得多的 $\Theta (\sqrt{n})$ 解法。

首先我们证明：$n/i$ 的取值最多只有 $2\sqrt{n}$ 种。
当 $1\le i\le \sqrt{n}$ 时，$i$ 的取值有 $\sqrt{n}$ 种，则上式对应的取值也最多只有 $\sqrt{n}$ 种。
当 $\sqrt{n}<i\le n$ 时，$1\le n/i\le \sqrt{n}$ ，则式子的取值也最多只有 $\sqrt{n}$ 种。
综上，命题成立。

那么，如果我们能枚举 $n/i$ 的值求得答案，算法的时间复杂度就可以达到 $\Theta (\sqrt{n})$ 。
现在的问题就是，对于 $n/i$ 的一个取值（设为 $k$），满足 $n/i=k$ 的 $i$ 有多少个。

考虑用数学方法确定 $i$ 的范围。
实际上，$i$ 的上限为 $n/(n/i)$ 。可以感性理解，但下面还是给出证明：
设 $i$ 的某个取值满足 $n/i=k$ ，$i$ 的最大值为 $i^{\prime }$ ，那么有 $ki+r=n(0\le r<k)$
如果 $n/(i+d)=k$ ，那么有 $k(i+d)+r^{\prime }=n$ ，两式相减即得 $r^{\prime }=r-kd$
可以看出 $d$ 的最大值 $d_{max}=r/k$
注意到 $i^{\prime }$ 也可以写成 $i+d$ 的形式，又因为 $i^{\prime }$ 是 $i$ 的最大值，所以

$\begin{array}{rl}{i}^{\prime }& =i+d_{max}\\ & =i+r/k\\ & =i+\lfloor \frac{n\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}i}{n/i}\rfloor \\ & =i+\lfloor \frac{n-(n/i)\times i}{n/i}\rfloor \end{array}$

这时就比较显然了，用基本的通分技巧就能得出化简结果 $\lfloor \frac{n}{n/i}\rfloor$ ，也就是 $n/(n/i)$ 。

现在的问题就是，对于 $n/i$ 的一个取值（设为 $k$），满足 $n/i=k$ 的 $i$ 有多少个。

这是我们最初的问题，那么 $i$ 的上限就是 $n/k$ 。
下限相对就好处理得多。按照 $n/i$ 的取值， $1\sim n$ 很自然地被划分成了很多个小块，每个块内 $n/i$ 的值各自相等。
就像分块一样，整个数列被划分成了很多连续的子部分。
那么，一个块的左边界，实际上就是它上一个块的右边界+1。
顺便说一句，一个块可以被表示为 $\sum _{i=l}^{r}k/i$ 。

于是我们可以写出极为简洁的核心代码：

	t=sqrt(n); //n/i的上界，l,r初值为0
	for (int i=1; i<=t; ++i) { //这里的i其实对应上文中的n/i
		l=r+1; r=n/i;
		ans+=1ll*i*(r-l+1); //直接累加答案
	}

我们可以直接把 $l$ 作为上文中 $i$ 的一个取值，可以写出如下代码：

	for (int l=1,r,t; l<=n; l=r+1)
		r=n/(t=n/l),ans+=1ll*t*(r-l+1);
	//(t=n/l)将t的值赋为n/l，并返回该值
	//这样写是为了减少一次做除法的次数

也有很多题目求的是 $\sum _{i=1}^{n}k/i$ 这样的式子
化简过程基本一致，但是分块依据变成了 $k/i$ 的值
注意这个时候 $k/l$ 是可以等于0的，k/(k/l) 这个式子可能会炸
所以一定要特判一下
对于第二份代码可以这样写：

	for (int l=1,r,t; l<=n; l=r+1) {
		r=(t=k/l)?min(k/t,n):n;
		ans+=1ll*t*(r-l+1);
	}

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Lv.2

一道简单的例题：洛谷P2261 [CQOI2007]余数求和
题意：求 $\sum _{i=1}^{n}k\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}i$ 。

众所周知，$k\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}i=k-(k/i)\times i$，所以
$\sum _{i=1}^{n}k\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}i=\sum _{i=1}^{n}k-(k/i)\times i=n\times k-\sum _{i=1}^n(k/i)\times i$
看一看文章的标题，我们发现后面的式子要用整除分块处理。
对于它的一个块，按照上文讲的内容可以写成 $\sum _{i=l}^r(k/i)\times i$
注意到在一个块内 $k/i$ 的值全部相等。为了突出它是个定值，我们设 $T=k/i$ 。
于是 $\sum _{i=l}^r(k/i)\times i=\sum _{i=l}^{r}T\times i$
再次强调 $T$ 是个定值，可以看成常数，那么
$\sum _{i=l}^{r}T\times i=T\sum _{i=l}^{r}i$
后面的式子就是个很简单的等差数列了
那么再化简一发就可以知道这个块的答案是 $\frac{(l+r)(r-l+1)(k/l)}{2}$

不过，在估计答案大小的时候，最好还是看最初的式子
可以算出答案不会爆long long，但会爆int，所以开long long就行了
另外为了减小常数，除以2可以最后一起除

#include
int n,k; long long ans;
inline int min(int x,int y) { return (x<y?x:y); }
int main() {
	scanf("%d%d",&n,&k);
	for (int l=1,r,t; l<=n; l=r+1) {
		r=(t=k/l)?min(k/t,n):n;
		ans+=1ll*t*(r-l+1)*(l+r);
	}
	printf("%lld\n",1ll*n*k-(ans>>1));
	return 0;
}

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Lv.3

一道稍难一些的例题
洛谷P2260 [清华集训2012]模积和

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[i\ne j](n\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}i)(m\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}j)$$

求的是这个式子膜19940417的值（别看了，这数字没啥奇怪的含义）

写许多 $\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}$ 麻烦，所以下面全部写作 $\%$
考虑没有 $i\ne j$ 限制的情况：

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m(n\%i)(m\%j)=\left(\sum _{i=1}^n(n\%i)\right)\left(\sum _{j=1}^m(m\%j)\right)$$

这个式子的值用上一道例题的方法就可以算出来
下面计算 $i=j$ 的情况，设 $k=\min (n,m)$ ：

$$\begin{array}{rl}\sum _{\mathrm{i}=1}^{\mathrm{k}}(\mathrm{n}\%\mathrm{i})(\mathrm{m}\%\mathrm{i})& =\sum _{\mathrm{i}=1}^{\mathrm{k}}(\mathrm{n}-(\mathrm{n}/\mathrm{i})\times \mathrm{i})(\mathrm{m}-(\mathrm{m}/\mathrm{i})\times \mathrm{i})\\ & =\sum _{\mathrm{i}=1}^{\mathrm{k}}\mathrm{n}\mathrm{m}-(\mathrm{n}/\mathrm{i})\times \mathrm{m}\mathrm{i}-(\mathrm{m}/\mathrm{i})\times \mathrm{n}\mathrm{i}+(\mathrm{n}/\mathrm{i})(\mathrm{m}/\mathrm{i}){\mathrm{i}}^2\\ & =\mathrm{k}\mathrm{n}\mathrm{m}-\left(\mathrm{m}\sum _{\mathrm{i}=1}^{\mathrm{k}}(\mathrm{n}/\mathrm{i})\times \mathrm{i}\right)-\left(\mathrm{n}\sum _{\mathrm{i}=1}^{\mathrm{k}}(\mathrm{m}/\mathrm{i})\times \mathrm{i}\right)-\left(\sum _{\mathrm{i}=1}^{\mathrm{k}}{\mathrm{i}}^2(\mathrm{n}/\mathrm{i})(\mathrm{m}/\mathrm{i})\right)\end{array}$$

附公式： $\sum _{i=1}^k{i}^2=\frac{k(k+1)(2k+1)}{6}$
如果你弄懂了上一道例题，其它部分的处理自然也没有问题了

这时我们发现 $7\mid 19940417$ ，模数不是质数 出题人司马
exgcd 求逆早忘记了，怎么办？
发现 $6\mid 19940418$ ，那么我们手算一下就能发现 $inv(6,19940417)=3323403$ ，于是就不需要 exgcd 了
时间复杂度 $\Theta (\sqrt{n})$ ，虽然常数略大但能无压力通过。

放上自己的AC代码，但不建议参考（胡乱使用短路运算符），还是自己码为好
注意计算过程中不要爆int或者long long

#include
#define F(n) for (int l=1,r; l<=n; l=r+1)
const int P=19940417; int n,m,k,s1,s2,s,t;
inline void add(int &x,int y) { (x+=y)>=P&&(x-=P); } 
inline int min(int x,int y) { return (x<y?x:y); }
inline int S2(int l,int r) {
	int x=1ll*l*(l+1)%P*(l<<1|1)%P;
	int y=1ll*r*(r+1)%P*(r<<1|1)%P;
	return 1ll*(y-x+P)%P*3323403%P;
}
int main() {
	scanf("%d%d",&n,&m); k=min(n,m);
	F(n) r=n/(t=n/l),add(s1,(1ll*(l+r)*(r-l+1)>>1)%P*t%P);
	F(m) r=m/(t=m/l),add(s2,(1ll*(l+r)*(r-l+1)>>1)%P*t%P);
	s=(1ll*n*n-s1+P)%P*((1ll*m*m-s2+P)%P)%P;
	((s-=1ll*n*m%P*k%P)%=P)<0&&(s+=P);
	F(k) {
		r=min(n/(s1=n/l),m/(s2=m/l));
		t=(1ll*n*s2+1ll*m*s1)%P;
		t=(1ll*(l+r)*(r-l+1)>>1)%P*t%P;
		((t-=1ll*s1*s2%P*S2(l-1,r)%P)%=P)<0&&(t+=P);
		add(s,t);
	}
	printf("%d",s);
	return 0;
}

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