数论分块(整除分块)

首先,我们先来看以下一道题。

∑ i = 1 n ⌊ n i ⌋ ( n > 0 ) \sum\limits_{i=1}^n\lfloor\dfrac ni\rfloor\qquad(n>0) i=1nin(n>0)

如果用朴素算法,则需要 O ( n ) O(n) O(n)的时间复杂度。那有没有更快的方法呢?

我们可以分情况考虑:

  • 1 ≤ i ≤ n 1\leq i\leq \sqrt n 1in 时,因为 i i i只能取 n \sqrt n n 个值, ⌊ n i ⌋ \lfloor \dfrac ni\rfloor in最多只能取 n \sqrt n n 个值
  • n ≤ i ≤ n \sqrt n\leq i\leq n n in时, 1 ≤ n i ≤ n 1\leq \dfrac ni\leq \sqrt n 1inn ,所以此时 ⌊ n i ⌋ \lfloor \dfrac ni\rfloor in最多取 n \sqrt n n 个值

也就是说, ⌊ n i ⌋ \lfloor \dfrac ni\rfloor in总共能取 2 n 2\sqrt n 2n 个值。又因为 ⌊ n i ⌋ \lfloor \dfrac ni\rfloor in随着 i i i增大而减小,所以相同的 ⌊ n i ⌋ \lfloor \dfrac ni\rfloor in值在同一个区间。

举个例子,若 n = 10 n=10 n=10,则

i i i 1 1 1 2 2 2 3 3 3 4 4 4 5 5 5 6 6 6 7 7 7 8 8 8 9 9 9 10 10 10
⌊ n i ⌋ \lfloor \dfrac ni \rfloor in 10 10 10 5 5 5 3 3 3 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

对于一个有相同 ⌊ n i ⌋ \lfloor \dfrac ni\rfloor in值的区间,我们考虑在知道其左端点 l l l的情况下,如何快速地求出其右端点。显然,这个区间中所有 ⌊ n i ⌋ \lfloor \dfrac ni\rfloor in的值都为 ⌊ n l ⌋ \lfloor \dfrac nl\rfloor ln。令 d = ⌊ n l ⌋ d=\lfloor \dfrac nl\rfloor d=ln,那么有

d = ⌊ n i ⌋ = n − n % i i i × d = n − n % i ≤ n i ≤ n d d=\lfloor \dfrac ni\rfloor=\dfrac{n-n\%i}{i} \\ \qquad \\i\times d=n-n\% i\leq n \\ \qquad \\i\leq \dfrac nd d=in=inn%ii×d=nn%inidn

因为 r r r为右端点,所以 r r r是最大的, r = ⌊ n d ⌋ = ⌊ n ⌊ n l ⌋ ⌋ r=\lfloor\dfrac nd\rfloor=\lfloor\dfrac{n}{\lfloor \frac nl\rfloor}\rfloor r=dn=lnn

由上文, ⌊ n i ⌋ \lfloor \dfrac ni\rfloor in最多只能取 2 n 2\sqrt n 2n 个值,所以时间复杂度为 O ( n ) O(\sqrt n) O(n )

code

#include
using namespace std;
int n,ans=0;
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for(int l=1,r;l<=n;l=r+1){
		r=n/(n/l);
		ans+=(r-l+1)*(n/l);
	}
	printf("%d",ans);
	return 0;
}

类似地,下面的题也可以用数论分块解决。

∑ i = 1 min ⁡ ( n , m ) ⌊ n i ⌋ − ⌊ m i ⌋ \sum\limits_{i=1}^{\min(n,m)}\lfloor \dfrac ni\rfloor -\lfloor\dfrac mi\rfloor i=1min(n,m)inim

code

#include
using namespace std;
int n,m,ans=0;
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int l=1,r;l<=min(n,m);l=r+1){
		r=min(n/(n/l),m/(m/l));
		ans+=(r-l+1)*(n/l-m/l);
	}
	printf("%d",ans);
	return 0;
}

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