整除分块（数论分块）

参考链接

https://www.cnblogs.com/0xfffe/p/9648943.html

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这个是莫比乌斯反演的前置姿势？

总之先来看一个柿子

[sumlimits_{i=1}^{n} leftlfloorfrac{n}{i} ight floor ]

考虑怎么快速求这玩意儿。

首先，下意识的用(n=10)打一张表，得到

10 5 3 2 2 1 1 1 1 1 

再拿大一点的(n)试几次过后我们发现(leftlfloorfrac{n}{i} ight floor)的取值很少，且单调递减废话。

那么具体有多少种取值呢？

对于(i le sqrt{n})，(leftlfloorfrac{n}{i} ight floor)最多只有(sqrt{n})中取值（这是一个很松的上界）

对于(i > sqrt{n})，(leftlfloorfrac{n}{i} ight floor < sqrt{n})，也是(sqrt{n})的。

所以取值数量的上界是(2sqrt{n})。

那么考虑枚举每一段连续的取值。

对于(i)，我们希望找到一个最大的(j)，使得(1 le i le j le n)，且(leftlfloorfrac{n}{i} ight floor = leftlfloorfrac{n}{j} ight floor)

下面令(k = leftlfloorfrac{n}{i} ight floor)，那么有(ki+r=n)，其中(0 le r < i)。考虑一个最大的(d)，满足(leftlfloorfrac{n}{i+d} ight floor=k)。

这时候也有(k(i+d)+r'=n)，显然此时(r'=r-kd)。

发现这时候(r')一定小于(i+d)，那么只要满足(r' ge 0)就好了，此时(d)最大为(leftlfloorfrac{r}{k} ight floor)。

所以

[egin{aligned} j&=i+d \ &= i+leftlfloorfrac{n mod i}{k} ight floor \ &= leftlfloorfrac{ki}{k}+frac{n-ki}{k} ight floor \ &= leftlfloorfrac{n}{k} ight floor end{aligned} ]

即

[j=leftlfloorfrac{n}{leftlfloorfrac{n}{i} ight floor} ight floor ]

这样([i,j])里的值是一样的，没算完一个区间将(i)变为(j+1)，继续计算下一个就好了。

for(int l=1,r=0;l<=n;l=r+1) {
    r=n/(n/l);
    ans+=1ll*(n/l)*(r-l+1);
}

下面看一道例题[CQOI2007]余数求和

题目要算的是

[sumlimits_{i=1}^n (k mod i) ]

变一下

[sumlimits_{i=1}^n k-ileftlfloorfrac{k}{i} ight floor ]

[=nk - sumlimits_{i=1}^n i leftlfloorfrac{n}{i} ight floor ]

对于后面的，数论分块的时候将固定的(leftlfloorfrac{n}{i} ight floor)乘上(i...j)的和就好了，要注意一些特殊情况。

#define s1(l,r) (1ll*(l+r)*(r-l+1)/2)

int main() {
	int n,k; scanf("%d%d",&n,&k);
	ll ans=1ll*n*k;
	for(int l=1,r=0;l<=n;l=r+1) {
		if(l<=k) r=min(n,k/(k/l));
		else r=n;
		ans-=k/l*s1(l,r);
	}
	printf("%lld
",ans);
	return 0;
}