标签：lfloor 分块 数论 Big sum rfloor dfrac 整除
目录1. 前言
整除分块，是一种数论的基础算法，必备知识，在很多题目中都有涉及但是题目很基础。
整除分块主要解决的是这样一类问题：求值：
\[\sum_{i=1}^{n}f(i)g(\Big\lfloor\dfrac{k}{i}\Big\rfloor) \]其中已知 \(f\) 的前缀和或者能 \(O(1)\) 计算 \(f(r)-f(l)\)。
正常的计算方式是 \(O(n)\) 的，但是一些题里面该复杂度不能接受，此时就需要整除分块，整除分块能做到 \(O(\sqrt{n})\) 解决此类问题。
2. 详解
首先讨论这个问题的简化版本：
\[\sum_{i=1}^{n}\Big\lfloor\dfrac{k}{i}\Big\rfloor \]通过打表可以发现，对于 \(\Big\lfloor\dfrac{k}{i}\Big\rfloor\)，容易有一个较大的区间 \([l,r]\)，满足 \(\forall i,j \in [l,r],\Big\lfloor\dfrac{k}{i}\Big\rfloor=\Big\lfloor\dfrac{k}{j}\Big\rfloor\)，下面定义一个满足上述条件的区间的值为 \(i \in [l,r],\Big\lfloor\dfrac{k}{i}\Big\rfloor\)。
也就是说有连续段是相同的，因此整除分块需要考虑如何快速处理出这些区间，最好的方式当然就是将区间处理完之后，不同的区间的值不同。
其实数学上已经证明了一些东西，这里不进行证明，直接将结论拉过来用：
- 这样的区间只有 \(O(\sqrt{n})\) 个。
- 对于一个区间 \([l,r]\)，满足 \(r=\Big\lfloor\dfrac{k}{\lfloor\frac{k}{i}\rfloor}\Big\rfloor\)。
因此我们可以考虑从 \(l=1\) 开始，根据上述结论 2 算出 \(r\)，而 \([l,r]\) 的值显然是 \((r-l+1) \times \Big\lfloor\dfrac{k}{l}\Big\rfloor\)，然后 \(l\leftarrow r+1\)，又根据结论 1，复杂度为 \(O(\sqrt{n})\)。
解决这个问题之后，回到我们原本的问题：
\[\sum_{i=1}^{n}f(i)g(\Big\lfloor\dfrac{k}{i}\Big\rfloor) \]同样的，我们考虑处理出所有 \([l,r]\)，满足 \(\forall i,j \in [l,r],\Big\lfloor\dfrac{k}{i}\Big\rfloor=\Big\lfloor\dfrac{k}{j}\Big\rfloor\)，下面定义 \([l,r]\) 的值是 \(\sum_{i=l}^{r}f(i)g(\Big\lfloor\dfrac{k}{i}\Big\rfloor)\)。
这里先将这些区间存下来，记作 \([l_i,r_i]\)，然后我们注意到此时的 \(\Big\lfloor\dfrac{k}{i}\Big\rfloor\) 是一个常数，可以直接将 \(g(\Big\lfloor\dfrac{k}{i}\Big\rfloor)\) 提出去，此时 \([l_i,r_i]\) 对答案的贡献就变成了这样：
\[g(\Big\lfloor\dfrac{k}{l_i}\Big\rfloor)\sum_{i=l_i}^{r_i}f(i) \]然后因为可以快速计算 \(f(r)-f(l)\)，所以照样可以 \(O(\sqrt{n})\) 解决。
代码里面注意两个点：
- 大于 \(n\) 的区间右端点要变成 \(n\)。
- 当 \(\Big\lfloor\dfrac{k}{l}\Big\rfloor\) 为 0 的时候 \(r=n\)。
通用 Code：
n = Read(), k = Read(); ans = 0;
for (int l = 1, r; l <= n; l = r + 1)
{
if (k / l == 0) r = n;
else r = Min(k / (k / l), n);
++cnt; Left[cnt] = l, Right[cnt] = r;
}
for (int i = 1; i <= cnt; ++i)
ans += (f(Left[i], Right[i]) * g(k / Left[i]));
其中 \(f(l,r)\) 计算 \(\sum_{i=l}^{r}f_i\)，\(g(i)\) 就是算 \(g(i)\)。
接下来看道例题：P2261 [CQOI2007]余数求和。
这道题给出 \(n,k\)，要求：
\[\sum_{i=1}^{n}k \bmod i \]首先将 \(\bmod\) 拆掉，将式子变成这样：
\[\sum_{i=1}^{n}(k-i \times \Big\lfloor\dfrac{k}{i}\Big\rfloor) \]然后发现这个 \(k\) 可以提出去，变成这样：
\[nk-\sum_{i=1}^{n}(i \times \Big\lfloor\dfrac{k}{i}\Big\rfloor) \]我们只需要处理后面这个式子，对应到整除分块上，发现 \(f(i)=i,g(\Big\lfloor\dfrac{k}{i}\Big\rfloor)=\Big\lfloor\dfrac{k}{i}\Big\rfloor\)，满足 \(O(1)\) 计算 \(f(r)-f(l)\) 的条件，因此可以整除分块求后面这个式子，做完了。
Code：
/*
========= Plozia =========
Author:Plozia
Problem:P2261 [CQOI2007]余数求和
Date:2022/2/18
========= Plozia =========
*/
#include <bits/stdc++.h>
typedef long long LL;
const int MAXN = 1e5 + 5;
int n, k, Left[MAXN], Right[MAXN], cnt;
LL ans = 0;
int Read()
{
int sum = 0, fh = 1; char ch = getchar();
for (; ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar()) fh -= (ch == '-') << 1;
for (; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar()) sum = sum * 10 + (ch ^ 48);
return sum * fh;
}
int Max(int fir, int sec) { return (fir > sec) ? fir : sec; }
int Min(int fir, int sec) { return (fir < sec) ? fir : sec; }
int main()
{
n = Read(), k = Read(); ans = 1ll * n * k;
for (int l = 1, r; l <= n; l = r + 1)
{
if (k / l == 0) r = n;
else r = Min(k / (k / l), n);
++cnt; Left[cnt] = l, Right[cnt] = r;
}
for (int i = 1; i <= cnt; ++i)
ans = ans - 1ll * (k / Left[i]) * 1ll * (Left[i] + Right[i]) * (Right[i] - Left[i] + 1) / 2;
// 这里通过直接推式子代替了 f 和 g 函数
printf("%lld\n", ans); return 0;
}
3. 总结
整除分块将形如 \(\sum_{i=1}^{n}f(i)g(\Big\lfloor\dfrac{k}{i}\Big\rfloor)\) 的式子化为了多个形如 \(g(\Big\lfloor\dfrac{k}{l_i}\Big\rfloor)\sum_{i=l_i}^{r_i}f(i)\) 的式子，其中 \(f(r)-f(l)\) 能够快速计算，从而减少时间复杂度，降至 \(O(\sqrt{n})\)。
4. 参考资料
标签：lfloor,分块,数论,Big,sum,rfloor,dfrac,整除 来源： https://www.cnblogs.com/Plozia/p/16156787.html
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