洛谷 P2261 [CQOI2007]余数求和【除法分块】

题意：求出 $$\sum _{i=1}^{n}kmodi$$ 的结果。

思路1 暴力枚举

一开始直接暴力枚举，$\text{O(n)}$ 的复杂度：

#include 
using namespace std;

int main() {
     
	int n, k;
	scanf("%d%d", &n, &k);
	long long ans = 0;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
     
		ans += (k % i);
	}
	printf("%lld", ans);
	return 0;
}

结果是4个TLE：

最大 $10^9$ 的数据注定会卡掉暴力，因此，需要优化：对于 n > k 的部分，直接先用求和公式加上 (n - k) * k ，然后 n = k 。不过这样也还是会TLE。需要更快的方法。

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思路2 除法分块

令 $X={\sum }_{i=1}^{n}k\%i$ 。且有 $a\%b=a-b\ast \lfloor \frac{a}{b}\rfloor$ ，则：
$$X=\sum _{i=1}^{n}k-i\ast \lfloor \frac{k}{i}\rfloor =n\ast k-\sum _{i=1}^{n}i\ast \lfloor \frac{k}{i}\rfloor$$

然后，用样例中的 n = 10, k = 5 来打表：

i	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
$\lfloor \frac{k}{i}\rfloor$	5	2	1	1	1	0	0	0	0	0

不难发现，$\lfloor \frac{k}{i}\rfloor$ 的取值在一定的区域内相等。扩大数据范围到 i = 100, k = 50 再打一次表：

#include 
using namespace std;

int main() {
      
	set<int> st;
	for (int i = 1; i <= 100; ++i) {
     
		cout << (50 / i) << "  ";
		if (i % 10 == 0) cout << endl;
		st.insert(50 / i);
	}
	cout << endl << st.size() << endl;
	return 0;
}

结果如下，只有 14 种取值：

50  25  16  12  10  8  7  6  5  5
4  4  3  3  3  3  2  2  2  2
2  2  2  2  2  1  1  1  1  1
1  1  1  1  1  1  1  1  1  1
1  1  1  1  1  1  1  1  1  1
0  0  0  0  0  0  0  0  0  0
0  0  0  0  0  0  0  0  0  0
0  0  0  0  0  0  0  0  0  0
0  0  0  0  0  0  0  0  0  0
0  0  0  0  0  0  0  0  0  0

14

因此，对于类似 ${\sum }_{i=1}^{n}f(\lfloor \frac{k}{i}\rfloor )$ 的式子，如果采用第一种思路，无论如何复杂度都是 $\text{O(n)}$ 。

但是，$\lfloor \frac{k}{i}\rfloor$ 的取值并没有 $n$ 个，而是呈现阶梯状分布，某一段区间内连续的 $\lfloor \frac{k}{i}\rfloor$ 是相同的。总得来说，大概有 $\sqrt{k}$ 种不同的取值。由此，可以将复杂度降低到 $O(\sqrt{k})$ 。

这里让 $f(\lfloor \frac{k}{i}\rfloor )=\lfloor \frac{k}{i}\rfloor$ ，可以证明：

• 如果 $1\le i\le \sqrt{k}$，则最多有 $\sqrt{k}$ 种结果，因为 $i$ 的取值都只有 $\sqrt{k}$ 种；
• 如果 $i>\sqrt{k}$ ，那么，$\lfloor \frac{k}{i}\rfloor <\sqrt{k}$ ，取值也不超过 $\sqrt{k}$ 种。

因此，可以使用整除分块的方法解决问题。现在，还剩下的问题是，如何确定每个块的左右端点值 $i$ 。

• 首先，枚举当前除法块的左边界 $l$ ，一开始的 $l=1$ (题意)；
• 接着根据左边界 $l$ 和 $k$ 算出右边界 $r$ ；
• 设 $t=\lfloor \frac{k}{l}\rfloor$ ，$t$ 是整个除法块共同的取值，不相等的绝不是同一块。然后根据 $l,t$ 来找 $r$ ，分情况讨论：
  • $t\ne 0$ ，则 $r=\min (\lfloor \frac{k}{t}\rfloor ,n)$ 。让 $r=\lfloor \frac{k}{t}\rfloor$ 是为了算出有这个整除的商 $t$ 的最大 $i$ 是多少，加上一个 $\min$ 是为了防止越界。
  • $t=0$ ，则 $r=n$ 。因此后面的一块一定都是 $i>k$ 的那一段，所以此时我们直接让 $r=n$ ，处理最后的这一大块。

因为要求 ${\sum }_{i=1}^{n}i\ast \lfloor \frac{k}{i}\rfloor$ ，左右边界有了，每一块的和就是 $\lfloor \frac{k}{l}\rfloor \ast {\sum }_{i=l}^{r}i=$ 当前块的 $t\times$ 当前块元素个数 $\times$ 当前块的平均值 $=t\times (r-l+1)\times (l+r)÷2$ 。即式子前半段是一个整除分块，后半段是一个首项为 $l$ 、公差为 $1$ 的等差数列。用 $n\ast k$ 减去这一块的和后，令 $l=r+1$ ，继续计算下一块，直到计算到 $n$ 。

代码如下：

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
int main() {
     
	ll n, k;
	scanf("%lld%lld", &n, &k);
	ll ans = n * k;
	for (ll l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {
     
		if (k / l != 0) r = min(k / (k / l), n);
		else r = n;
		ans -= (k / l) * (r - l + 1) * (l + r) / 2;
		//cout << "l: " << l << ", r: " << r << ", " << ans << endl;
	}
	printf("%lld", ans);
	return 0;
}

结果：

除法分块和积性函数结合起来，在莫比乌斯反演优化中也有很重要的作用，算是前置知识吧。