整除分块

引入问题:${\sum }_{i=1}^n\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$,其中$n<=10^9$

暴力:

for(int i=1;i<=n;i++)
	ans+=n/i;//有手就行

这个的时间复杂度是$n^2$

正解:

$i/j$最终的答案一定是单调递减的而且可能还有一段是连续的一段数字.

• 比如$20$除下来的结果就是$20,10,6,5,4,3,2,2,2,2,1,1,1,1,1,1,1,1,1,1$
• 所以我们每一次算出一段区间$l,r$,个数就是$r-l+1$然后答案就是$(r-l+1)\ast ..$就行了.
• 怎么求$l,r$呢,$r$就是$i/(i/j)$,如果是$n$的话就是$n/(n/l)$,挺好背的,干脆就先背住好了(有解释,在后面)

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

这个的时间复杂度是$\sqrt{n}$

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因为过程较多,所以手写好了

字很丑,格式也没有手打好看,不过只要能看就行啦,反正是学知识(强词夺理)

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例题1:求${\sum }_{i=1}^n\lfloor \frac{n}{ai+b}\rfloor$ 其中$n,a,b$已知

可以发现我们只是把$i$变成了$ai+b$,所以我们按照上面的推导方式再推导一次就行.

答案也容易求,就是和上面的一个步骤,求$r$,用区间个数乘上$k$就完事儿了.

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例题2:求${\sum }_{i=1}^n\lfloor \frac{n}{i^2}\rfloor$

和上道题差不多,可以用来巩固一下,或者找找解题的感觉.

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例题3:求${\sum }_{n=1}^{Max}{\sum }_{i=1}^{n}n\%i$ 其中$1\le n\le 10^5$

先把模运算换做除运算$n\%i=n-\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \ast i$,然后就能出现我们熟悉的式子了,熟悉,但不完全熟悉,假设一个区间$l,r$,在这个区间$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$的值都一样,$i$变大$1$,那么整个式子就变小了$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$,这个值是一个常数,所以就是一个等差数列,就可以$O1$的计算出来.

答案会溢出,所以对$998244353$一个模吧.

#include
#include
#include
#define int long long
#define mod 998244353
using namespace std;
int Max,ans;
signed main(){
	scanf("%lld",&Max);
	for(int n=1;n<=Max;n++){
		for(int i=2,r,l;i<=n;){
			l=i; r=n/(n/i);
			ans=(ans+(r-l+1)*(n-n/i*i)-(n/i)*(r-l+1)*(r-l)/2)%mod;
			i=r+1;
		}
	}
	printf("%lld\n",(ans+mod)%mod);
	return 0;
}

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例题4:mmt

题目大意:求$c_i={\sum }_{j=1}^i{a}_{\lfloor \frac{i}{j}\rfloor }{b}_{i\%j}$

上面那个题就是这个题的简化版,上个题有的这个题就不解释了.

• 这个题多了一个$a_i$,那我们再简化一下求$c_i={\sum }_{j=1}^i\lfloor \frac{i}{j}\rfloor \ast b_{i\%j}$其实都是一样的,我们把$i\%j$变成$i-\lfloor \frac{i}{j}\rfloor \ast j$, 也就是$c_i={\sum }_{j=1}^i\lfloor \frac{i}{j}\rfloor \ast b_{i-\lfloor \frac{i}{j}\rfloor \ast j}$,因为我们是每一个$\lfloor \frac{i}{j}\rfloor$都是一个区间一个区间的枚举,也就是上一个题的表达式前面再乘上$\lfloor \frac{i}{j}\rfloor$就行了,所以变成$a_{\lfloor \frac{i}{j}\rfloor }$也一样,乘上$a_{\lfloor \frac{i}{j}\rfloor }$就行了.
• 然后也不是$i\%j$了,套了一个$b$在上面,假设原来是$9+7+5+3+1$,现在就是求$b_9+b_7+b_5+b_3+b_1$,既然是连续的,那我们为什么不用前缀和呢?相减不就得到了答案了吗
• 所以我们预处理一个$s[i][j]$表示以$i$结束,下标公差为$j$的前缀和,$j$需要多少合适呢,总不可能开一个$10^5\ast 10^5$的数组吧,所以$j$只需要$\sqrt{n}$就行了公差超过这个的直接暴力枚举因为公差这么大,所以很快就弄完了.因为方便,我们直接把$j$设为$200$就行.
• 流程大概就是枚举一个$l,r$然后求$l,r$中的$b_{...}$之和乘上$a_{\lfloor \frac{i}{j}\rfloor }$就行了.

#include
#include
#include
#define maxn 100010
#define mod 123456789
#define int long long
using namespace std;
int n,a[maxn],b[maxn],s[maxn][205];
int calc(int n,int x,int l,int r){
	int ans=0;
	if(n<=200){
		if(l-n/x<0) ans=s[r][n/x];
		else ans=s[r][n/x]-s[l-n/x][n/x];
	}else{
		for(int i=x,temp=n/(n/x);i<=temp;i++) ans=(ans+b[n-i*(n/x)])%mod;
	}
	return (ans+mod)%mod;
}
int solve(int i){
	int ans=0;
	for(int j=1,r;j<=i;){
		r=i/(i/j);
		ans=(ans+a[i/j]*calc(i,j,i-r*(i/j),i-j*(i/j)))%mod;
		j=r+1;
	}
	return ans;
}
signed main(){
	scanf("%lld",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
	for(int i=0;i<n;i++)  scanf("%lld",&b[i]);
	for(int i=0;i<n;i++){
		for(int j=0;j<=200;j++){
			if(i>=j) s[i][j]=(s[i-j][j]+b[i])%mod;
			else s[i][j]=b[i];
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) printf("%lld\n",solve(i));
	return 0;
}

后记:这应该是我人生中第一个与整除分块接触的题,两年前我抱着题解看了一下午也没看懂……这个题noi.ac上好像已经不能评测了,但是这个题我觉得特别棒,如果能过样例,应该能过(我是指大样例),不行的话写对拍也行.

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例题5:Bamboo Partition

题意:给定$n$个数$a_1\to a_n$,求一个最大的$d$,满足${\sum }_{i=1}^{n}d-((a[i]-1)\%d+1)\le k$.

• 最开始想的是二分,结果不是,因为这个$d$和最终的和(记为$ans$)根本不是线性的.

• 所以我们现在开始化简这个式子,但是我们要先知道$\%$运算怎么变成除运算$x\%y=x-y\ast \lfloor \frac{x}{y}\rfloor$其实这个也挺好理解的,$\lfloor \frac{x}{y}\rfloor$就是去掉余数,在乘上就行了,这个应该挺好理解的.所以原式就变成了
  $$\begin{gathered} \sum _{i=1}^{n}d-(a_i-d\ast \lfloor \frac{a_i-1}{d}\rfloor )\le k \\ d\ast (n+\sum _{i=1}^n\lfloor \frac{a_i-1}{d}\rfloor )\le k+\sum _{i=1}^n{a}_i \end{gathered}$$

• 到这个地方貌似和整除分块没啥关系….

• 第一种方法:现在我们需要枚举$d$,然后${\sum }_{i=1}^n\lfloor \frac{a_i-1}{d}\rfloor$其实是只有$\sqrt{max\{a_i\}}$种方法的,参考整除分块,除下来的结果最多只有$\sqrt{n}$个答案的,也就是说我们只需要枚举$1\to \sqrt{n}$就行(这个是其中一种方法,我暂时还没做)

• 第二种方法:直接把右边$k+{\sum }_{i=1}^n{a}_i$加起来(记作$sum$),再来看左边,当$d\le \sqrt{sum}$时$(n+{\sum }_{i=1}^n\lfloor \frac{a_i-1}{d}\rfloor )$是必须大于等于$\sqrt{sum}$的,同理$d\ge \sqrt{sum}$时,$(n+{\sum }_{i=1}^n\lfloor \frac{a_i-1}{d}\rfloor )$是必须小于等于$\sqrt{sum}$的(不然式子不成立).所以枚举$\sqrt{sum}$次就行

#include
#include
#include
#define maxn 200
#define int long long
using namespace std;
int n,a[maxn],k,ans,Max;
int calc(int d){
	int Ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) Ans+=(a[i]-1)/d;
	return Ans;
}
bool check(int d) {return n*d+calc(d)*d<=k;}
signed main(){
	scanf("%lld %lld",&n,&k);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]),k+=a[i],Max=max(Max,a[i]);
	for(int i=1;i*i<=Max;i++){
		if(check(i)) ans=max(ans,i);
		if(check(k/i)) ans=max(ans,k/i);
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

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行啦,讲完了,算是入门了,以后有题在弄上来,听说莫比乌斯反演里面用的多.