数论分块

前言

数论分块可以快速计算形如 \(\displaystyle S(n)=\sum_{i=1}^nf(i)g\left(\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor\right)\) 的式子。
若可以预处理 \(f(n)\) 的前缀和 \(\displaystyle s(n)=\sum_{i=1}^nf(i)\) 或 \(O(1)\) 计算 \(s(r)-s(l)\)，则数论分块可以在 \(O(\sqrt{n})\) 的时间内计算 \(S(n)\)。

主要思想

我们先观察当 \(n=7\) 时，\(\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor\)（\(1\le i\le7\)）的取值情况：

\(i\)	\(1\)	\(2\)	\(3\)	\(4\)	\(5\)	\(6\)	\(7\)
\(\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor\)	\(7\)	\(3\)	\(2\)	\(1\)	\(1\)	\(1\)	\(1\)

注意到存在 \(i\) 不同，但 \(\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor\) 相同的情况。
因此，如果我们把 \(\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor\) 相同的数一同计算，就可以降低时间复杂度。

那么，对于一个正整数 \(l\)，我们如何找到最大的正整数 \(r\)，使得 \(\left\lfloor\dfrac{n}{l}\right\rfloor=\left\lfloor\dfrac{n}{r}\right\rfloor\) 呢？
先给出结论：\(r=\left\lfloor\dfrac{n}{\lfloor\frac{n}{l}\rfloor}\right\rfloor\)。

以下是这一结论的证明：

设 \(l\le i\) 且 \(\left\lfloor\dfrac{n}{l}\right\rfloor=\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor\)。
则有 \(\left\lfloor\dfrac{n}{l}\right\rfloor=\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor\le\dfrac{n}{i}\)，即 \(\left\lfloor\dfrac{n}{l}\right\rfloor\le\dfrac{n}{i}\)。
所以 \(\left\lfloor\dfrac{n}{\lfloor\frac{n}{l}\rfloor}\right\rfloor\ge\left\lfloor\dfrac{n}{\frac{n}{i}}\right\rfloor=\lfloor i\rfloor=i\)，即 \(i\le\left\lfloor\dfrac{n}{\lfloor\frac{n}{l}\rfloor}\right\rfloor\)。
又因为 \(r\) 为最大的满足条件的正整数，所以 \(r=\left\lfloor\dfrac{n}{\lfloor\frac{n}{l}\rfloor}\right\rfloor\)。

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显然，数论分块的时间复杂度与 \(\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor\) 不同取值的数量相关。
我们有这一结论：\(\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor\) 最多有 \(2\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor\) 种不同的取值。
证明：

• 当 \(1\le i\le\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor\) 时，最多有 \(\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor\) 种不同的取值。
• 当 \(\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor<i\le n\) 时，有 \(\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor\le\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor\)，最多有 \(\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor\) 种不同的取值。

综上，\(\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor\) 最多有 \(2\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor\) 种不同的取值。

因此，数论分块的时间复杂度是 \(O(\sqrt{n})\) 的。

实现

以下为求 \(S(n)\) 的流程：

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

数论分块的拓展

高维数论分块

当和式变为含有 \(a_1,a_2,\cdots,a_k\) 时，右端点 \(r\) 的表达式由一维的 \(\left\lfloor\dfrac{n}{\lfloor\frac{n}{l}\rfloor}\right\rfloor\) 变为 \(\displaystyle\min_{i=1}^k\left\{\left\lfloor\dfrac{a_i}{\lfloor\frac{a_i}{l}\rfloor}\right\rfloor\right\}\)。

显然，只有对于每个 \(a_i\) 的右端点都取最小值，才能保证对于每个 \(a_i\)，都有 \(\left\lfloor\dfrac{a_i}{l}\right\rfloor=\left\lfloor\dfrac{a_i}{r}\right\rfloor\)。

一般我们用的较多的是二维形式，此时可将代码中的 r=n/(n/l) 替换成 r=min(n/(n/l),m/(m/l))。

向上取整的数论分块

对于一个正整数 \(l\)，最大的满足 \(\left\lceil\dfrac{n}{l}\right\rceil=\left\lceil\dfrac{n}{r}\right\rceil\) 的正整数 \(r\) 为 \(\left\lfloor\dfrac{n-1}{\lfloor\frac{n-1}{l}\rfloor}\right\rfloor\)。

证明：

\(\forall i\in\mathbb N_+,\left\lceil\dfrac{n}{i}\right\rceil=\left\lfloor\dfrac{n-1}{i}\right\rfloor+1\)，因此原条件即为 \(\left\lfloor\dfrac{n-1}{l}\right\rfloor=\left\lfloor\dfrac{n-1}{r}\right\rfloor\)，就化成了我们熟悉的向下取整的形式。

注意：当 \(l=n\) 时，上式会出现分母为 \(0\) 的错误，需要特殊处理。

其他奇形怪状的数论分块

以计算含有 \(\left\lfloor\sqrt{\dfrac{n}{i}}\right\rfloor\) 的和式为例。

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考虑求出满足 \(\left\lfloor\sqrt{\dfrac{n}{l}}\right\rfloor=\left\lfloor\sqrt{\dfrac{n}{r}}\right\rfloor\) 的最大正整数 \(r\)。

设 \(l\le i\)，且满足 \(\left\lfloor\sqrt{\dfrac{n}{l}}\right\rfloor=\left\lfloor\sqrt{\dfrac{n}{i}}\right\rfloor\)。
则有 \(\left\lfloor\sqrt{\dfrac{n}{l}}\right\rfloor=\left\lfloor\sqrt{\dfrac{n}{i}}\right\rfloor\le\sqrt{\dfrac{n}{i}}\)，即 \(\left\lfloor\sqrt{\dfrac{n}{l}}\right\rfloor^2\le\dfrac{n}{i}\)。
所以 \(\Bigg\lfloor\dfrac{n}{{\lfloor\sqrt{n/l}\rfloor}^2}\Bigg\rfloor\ge\left\lfloor\dfrac{n}{\frac{n}{i}}\right\rfloor=\lfloor i\rfloor=i\)，即 \(i\le \Bigg\lfloor\dfrac{n}{{\lfloor\sqrt{n/l}\rfloor}^2}\Bigg\rfloor\) 。
又因为 \(r\) 为最大的满足条件的正整数，所以 \(r=\Bigg\lfloor\dfrac{n}{{\lfloor\sqrt{n/l}\rfloor}^2}\Bigg\rfloor\)。

再考虑 \(\left\lfloor\sqrt{\dfrac{n}{i}}\right\rfloor\) 最多有几种不同的取值。

• 当 \(i\le\left\lfloor\sqrt[3]{n}\right\rfloor\) 时，最多有 \(\left\lfloor\sqrt[3]{n}\right\rfloor\) 种不同的取值。
• 当 \(\left\lfloor\sqrt[3]{n}\right\rfloor<i\le n\) 时，有 \(\left\lfloor\sqrt{\dfrac{n}{i}}\right\rfloor\le\left\lfloor\sqrt[3]{n}\right\rfloor\)，最多有 \(\left\lfloor\sqrt[3]{n}\right\rfloor\) 种不同的取值。

综上，\(\left\lfloor\sqrt{\dfrac{n}{i}}\right\rfloor\) 最多有 \(2\left\lfloor\sqrt[3]{n}\right\rfloor\) 种的取值。
所以此时数论分块的时间复杂度为 \(O(\sqrt[3]{n})\)。

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其他的情况大致也是这么推导的，依照上述步骤去分析即可。