标签：lfloor right limits 分块 数论 dfrac rfloor 数学 left

Description

数论分块，通常用于快速求解形如 \(\sum\limits_{i=1}^n f(i) \cdot g\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)\) 的和式，所以通常被称为 整除分块，当能用 \(O(1)\) 计算出 \(\sum\limits_{i=l}^rf(i)\) 时，数论分块便能用 \(O(\sqrt n)\) 的时间计算出上式的值、数论分块经常搭配 莫比乌斯反演 一起使用。

Conclusion

\(\forall n,l\in \mathbb{N}^*,l\le n\)，使得

\[\left\lfloor\dfrac{n}{l}\right\rfloor=\left\lfloor\dfrac{n}{r}\right\rfloor \]

成立的最大的满足 \(l\le r\le n\) 的 \(r\) 的值为 \(\left\lfloor\dfrac{n}{\left\lfloor\frac{n}{l}\right\rfloor}\right\rfloor\)。

也就是说，若某个块内所有数的值为 \(\left\lfloor\dfrac{n}{l}\right\rfloor = k\)，那么这个块的右端点就是 \(r=\left\lfloor\dfrac{n}{k}\right\rfloor\)。

Proof

对于这个块中的任意一个数 \(x\)，应当满足 \(\left\lfloor\dfrac{n}{x}\right\rfloor = k\)，即 \(n=xk+r(0\le r < x)\)。

当 \(n,k\) 已知时，只要确定 \(x\)，就有一个 \(r\) 与之对应。

\[n = xk + r \\ n \ge xk \\ x \le \dfrac{n}{k} \]

即 \(x\) 的最大值为 \(\left\lfloor\dfrac{n}{k}\right\rfloor\)。

即 \(r = \left\lfloor\dfrac{n}{\left\lfloor\frac{n}{l}\right\rfloor}\right\rfloor\)。

证毕。

Method

一个块内的所有数都相等，所以每块每块地求和即可。

在找到上一个块的右端点后，加一就可以得到下一个块的左端点。

UVA11526 H(n)

模板题，求 \(\sum\limits_{i=1}^n \left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor\)。

//18 = 9 + 9 = 18.
#include <iostream>
#include <cstdio>
#define Debug(x) cout << #x << "=" << x << endl
#define int long long
using namespace std;

int H(int n)
{
	int res = 0;
	for (int l = 1, r; l <= n; l = r + 1)
	{
		int k = n / l;
		r = n / k;
		res += k * (r - l + 1);
	}
	return res;
}

signed main()
{
	int t;
	scanf("%lld", &t);
	while (t--)
	{
		int n;
		scanf("%lld", &n);
		printf("%lld\n", H(n));
	}
	return 0;
}

Complexity

Lemma

\(\forall n,i \in \mathbb{N}^*,i\le n\)，\(\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor\) 的不同值最多有 \(2\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor\) 个，即最多有 \(2\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor\) 个块。

Proof

\(\forall \, i\le \left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor\)，\(i\) 只有 \(\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor\) 种取值，则 \(\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor\) 只有至多 \(\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor\) 种取值；

\(\forall \, i > \left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor\)，有 \(i \ge \left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor + 1 > \sqrt{n}\)，\(\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor \le \left\lfloor\dfrac{n}{\sqrt{n}}\right\rfloor = \left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor\)，也只有至多 \(\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor\) 种取值。

所以最多只有 \(2\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor\) 种取值。

证毕。

---

由引理可知最多有 \(2\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor\) 个块，即 \(\operatorname{while}\) 循环最多会执行 \(2\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor\) 次，所以时间复杂度为 \(O(\sqrt{n})\)。

Extension

\(N\) 维数论分块。

求形如 \(\sum\limits_{i=1}^n \left\lfloor\dfrac{a_1}{i}\right\rfloor\left\lfloor\dfrac{a_2}{i}\right\rfloor \cdots \left\lfloor\dfrac{a_m}{i}\right\rfloor\) 的和式的值。

\(r=\min\limits_{i=1}^m\left\{\left\lfloor\dfrac{a_i}{\left\lfloor\frac{a_i}{l}\right\rfloor}\right\rfloor\right\}\) 即可，即对于每一个块的右端点取最小（最接近左端点）的那个作为整体的右端点。

较常用的是 \(2\) 维数论分块。求 \(\sum\limits_{i=1}^n \left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor \left\lfloor\dfrac{m}{i}\right\rfloor\) 时 \(r=\min\left(\left\lfloor\dfrac{n}{\left\lfloor\frac{n}{l}\right\rfloor}\right\rfloor, \left\lfloor\dfrac{m}{\left\lfloor\frac{m}{l}\right\rfloor}\right\rfloor\right)\)，也就是在代码中 r = min(n / (n / l), m / (m / l));。

Problems

A

P2261 [CQOI2007]余数求和

Description

计算 \(\sum\limits_{i=1}^n k\bmod i\)。

Solution

\[\begin{aligned} \sum\limits_{i=1}^n k\bmod i & = \sum\limits_{i=1}^n k - \left\lfloor\frac{k}{i}\right\rfloor i \\ & = nk - \sum\limits_{i=1}^n \left\lfloor\frac{k}{i}\right\rfloor i \\ \end{aligned} \]

观察后面一堆，对于左端点为 \(l\)，右端点为 \(r\) 的块，贡献就是

\[\begin{aligned} \sum\limits_{i=l}^r \left\lfloor\dfrac{k}{i}\right\rfloor i & = \sum\limits_{i=l}^r \left\lfloor\dfrac{k}{l}\right\rfloor i \\ & = \left\lfloor\dfrac{k}{l}\right\rfloor \sum\limits_{i=1}^r i \\ & = \left\lfloor\dfrac{k}{l}\right\rfloor \dfrac{(l+r)(r-l+1)}{2} \end{aligned} \]

但是这次 \(i\) 要循环到 \(n\) 而非 \(k\)，当 \(n > k\) 时 \(\left\lfloor\dfrac{k}{l}\right\rfloor\) 有可能为 \(0\)，这样 \(r = \left\lfloor\dfrac{k}{\left\lfloor\dfrac{k}{l}\right\rfloor}\right\rfloor\) 就无意义了。

发现当 \(i > k\) 时 \(\left\lfloor\dfrac{k}{i}\right\rfloor i = 0\)，所以 \(i\) 循环到 \(\min(n,k)\) 即可。

在取右端点时 \(r = \min\left(n, \left\lfloor\dfrac{k}{\left\lfloor\dfrac{k}{l}\right\rfloor}\right\rfloor\right)\)。

Code

//18 = 9 + 9 = 18.
#include <iostream>
#include <cstdio>
#define Debug(x) cout << #x << "=" << x << endl
typedef long long ll;
using namespace std;

ll block(int n, int k)
{
	ll res = 0;
	for (int l = 1, r; l <= min(n, k); l = r + 1)
	{
		r = min(n, k / (k / l));
		res += (ll)(k / l) * ((ll)(l + r) * (r - l + 1) >> 1);
	}
	return res;
}

int main()
{
	int n, k;
	scanf("%d%d", &n, &k);
	printf("%lld\n", (ll)n * k - block(n, k));
	return 0;
}

B

P2260 [清华集训2012]模积和

Description

求

\[\left[\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^m (n \bmod i)(m \bmod j), i \ne j\right]\bmod 19940417 \]

Solution

假设 \(n \le m\)（否则交换）。

\[\begin{aligned} ans & = \sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^m (n\bmod i)(m\bmod j) - \sum\limits_{i=1}^n (n\bmod i)(m\bmod i) \\ & = \sum\limits_{i=1}^n n\bmod i \cdot \sum\limits_{j=1}^m m\bmod j - \sum\limits_{i=1}^n (n\bmod i)(m \bmod i) \end{aligned} \]

前面那堆两个都形如 \(\sum\limits_{i=1}^k k\bmod i\)，用上一题的思路求解。

\[\begin{aligned} \sum\limits_{i=1}^n (n\bmod i)(m\bmod i) & = \sum\limits_{i=1}^n (n - \left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor i)(m - \left\lfloor\dfrac{m}{i}\right\rfloor i) \\ & = \sum\limits_{i=1}^n (nm - \left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor i\cdot m - \left\lfloor\dfrac{m}{i}\right\rfloor i\cdot n + \left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor \left\lfloor\dfrac{m}{i}\right\rfloor i ^ 2) \\ & = n ^ 2 m - m\sum\limits_{i=1}^n \left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor i - n \sum\limits_{i=1}^n \left\lfloor\dfrac{m}{i}\right\rfloor i + \sum\limits_{i=1}^n \left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor \left\lfloor\dfrac{m}{i}\right\rfloor i ^ 2 \end{aligned} \]

第 \(2,3\) 堆都是模板，第 \(4\) 堆就是一个扩展版中的 \(2\) 维数论分块，对于左端点为 \(l\)，右端点为 \(r\) 的块，贡献就是

\[\begin{aligned} \sum\limits_{i=l}^r \left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor \left\lfloor\dfrac{m}{i}\right\rfloor i ^ 2 & = \left\lfloor\dfrac{n}{l}\right\rfloor \left\lfloor\dfrac{m}{l}\right\rfloor \sum\limits_{i=l}^r i ^ 2 \\ & = \left\lfloor\dfrac{n}{l}\right\rfloor \left\lfloor\dfrac{m}{l}\right\rfloor (\sum\limits_{i=1}^r i ^ 2 - \sum\limits_{i=1}^{l-1} i ^ 2) \\ \end{aligned} \]

平方和有公式 \(\sum\limits_{i=1}^n i ^ 2 = \dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}\)。

Code

函数 \(\operatorname{block1}(n,m)\) 求的是 \(\sum\limits_{i=1}^n \left\lfloor\dfrac{m}{i}\right\rfloor i\)（其中保证 \(n \le m\)）。

函数 \(\operatorname{block2}(n,m)\) 求的是 \(\sum\limits_{i=1}^n \left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor \left\lfloor\dfrac{m}{i}\right\rfloor i ^ 2\)。

//18 = 9 + 9 = 18.
#include <iostream>
#include <cstdio>
#define Debug(x) cout << #x << "=" << x << endl
#define int long long
using namespace std;

const int MOD = 19940417;

int x, y;

void exgcd(int a, int b)
{
	if (!b)
	{
		x = 1, y = 0;
		return;
	}
	exgcd(b, a % b);
	int tmp = x;
	x = y;
	y = tmp - a / b * y;
}

int inv(int a)
{
	exgcd(a, MOD);
	x = (x % MOD + MOD) % MOD;
	return x;
}

int block1(int n, int m)
{
	int res = 0;
	for (int l = 1, r; l <= n; l = r + 1)
	{
		r = min(n, m / (m / l));
		res = (res + (m / l) * ((l + r) * (r - l + 1) / 2 % MOD) % MOD) % MOD;
	}
	return res;
}

int part1(int n, int m)
{
	return ((n * n % MOD - block1(n, n)) * (m * m % MOD - block1(m, m)) % MOD + MOD) % MOD;
}

int sum(int n)
{
	return n * (n + 1) % MOD * (2 * n + 1) % MOD * inv(6) % MOD;
}

int block2(int n, int m)
{
	int res = 0;
	for (int l = 1, r; l <= n; l = r + 1)
	{
		r = min(n / (n / l), m / (m / l));
		res = (res + (n / l) * (m / l) % MOD * (sum(r) - sum(l - 1)) % MOD) % MOD;
	}
	return res;
}

int part2(int n, int m)
{
	int a = n * n % MOD * m % MOD, b = block1(n, n) * m % MOD, c = block1(n, m) * n % MOD, d = block2(n, m);
	return ((a - b - c + d) % MOD + MOD) % MOD;
}

signed main()
{
	int n, m;
	scanf("%lld%lld", &n, &m);
	if (n > m)
	{
		swap(n, m);
	}
	printf("%lld\n", ((part1(n, m) - part2(n, m)) % MOD + MOD) % MOD);
	return 0;
}

Reference

• [1] OI Wiki：数论分块
• [2] *ACoder*：总结与思考：数论分块

标签：lfloor,right,limits,分块,数论,dfrac,rfloor,数学,left
来源： https://www.cnblogs.com/mangoworld/p/Number-Theory-Block.html

本站声明： 1. iCode9 技术分享网（下文简称本站）提供的所有内容，仅供技术学习、探讨和分享；
2. 关于本站的所有留言、评论、转载及引用，纯属内容发起人的个人观点，与本站观点和立场无关；
3. 关于本站的所有言论和文字，纯属内容发起人的个人观点，与本站观点和立场无关；
4. 本站文章均是网友提供，不完全保证技术分享内容的完整性、准确性、时效性、风险性和版权归属；如您发现该文章侵犯了您的权益，可联系我们第一时间进行删除；
5. 本站为非盈利性的个人网站，所有内容不会用来进行牟利，也不会利用任何形式的广告来间接获益，纯粹是为了广大技术爱好者提供技术内容和技术思想的分享性交流网站。