【数论】数论分块

【数论】数论分块

求解图中红点和绿点的总数之和。

求$$\sum_{i=1}^{n}k \space mod\space i$$？

如果纵轴的x一个点一个点进行移动的话，将会非常缓慢。

前置知识

\(k\%i=k-[\frac{k}i]\times i\)

于是有\(\sum_{i=1}^{n}k \space mod\space i=\sum_{i=1}^{n}k-[\frac{k}i]\times i=n\times k-\sum_{i=1}^{n}i\times[\frac{k}{i}]\)

所以我们重点是要去求取\(\sum_{i=1}^{n}i\times[\frac{k}{i}]\)的值。

若在一段区间内\([\frac{k}{i}]\)保持不变，可以将其看作是一个常数，而i是线性变化的，于是我们就可以通过等差数列的求和公式求出这一段区间的值。

而数论的分块（暂时的理解）是快速通过这些区间的左端点来求出区间的右端点，从而降低时间损耗。

就如图上的红点变成绿点，而不需要把每一个点都计算出答案。

x	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11
\([\frac{11}{x}]\)	11	5	3	2	2	1	1	1	1	1	1

对于任意一个i，求一个最大的j使得\([\frac{n}{i}]=[\frac{n}{j}]\)

且此时\(j=[\frac{n}{[\frac{n}{i}]}]\)

证明

令\(k=[\frac{n}{i}]<=\frac{n}{i}\) 。（k为商，即矩形所对应的高度）

• 则有\(j=[\frac{n}{k}]>=[\frac{n}{\frac{n}{i}}]=[i]=i\)，所以j>=i（证明j在这个值下大于任意一个i）

• 前提引入，\([\frac{n}{i}]=[\frac{n}{j}]\)

  进而在替换后有，\([\frac{n}{j}]=k\)，所以有\(k<=\frac{n}{j}<k+1\)，进一步有\(\frac{n}{k+1}<j<=\frac{n}{k}\)

  j为整数，进而有\([\frac{n}{k}]=j_{max}\)

复杂度证明

通过打表不难发现，\(\lfloor\frac ni\rfloor\)最多有$2\cdot\sqrt n \(种取值，所以，整除分块的复杂度为\)O(\sqrt n)$。

证明：

若\(i\le\sqrt n\)，显然最多有\(\sqrt n\)种取值（i的取值都只有\(\sqrt n\)种）。

若\(i>\sqrt n\)，则\(\lfloor\frac ni\rfloor<\sqrt n\)，取值亦不超过\(\sqrt n\)种。

模板题

P2261 [CQOI2007]余数求和

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define rep(i,x,n) for(int i=x;i<n;i++)
#define repd(i,x,n) for(int i=x;i<=n;i++)
#define MAX 1000005
#define MOD 1000000007
using namespace std;
const int N = 3E5+5,M = 6E5+10;
ll n,k;
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    cin>>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 -= (r-l+1)*(l+r)*(k/l)/2;
	}
	cout<<ans;
    return 0;
}