整除分块

适用范围

以现在所见，处理类似下取整求和的时候可以用到，时间复杂度一般为 \(O(\sqrt{n})\)。

例题 \(1\)

P2261 余数求和

发现 \(\left\lfloor\dfrac{k}{i}\right\rfloor\) 至多只有 \(2 \times \sqrt{k}\) 种取值，证明如下：

当 \(i \le \sqrt{k}\) 时，因为 \(i\) 至多有 \(\sqrt{k}\) 种取值，故 \(\left\lfloor\dfrac{k}{i}\right\rfloor\) 至多有 \(\sqrt{k}\) 种取值；当 \(i > \sqrt{k}\) 时，因为 \(\left\lfloor\dfrac{k}{i}\right\rfloor \le \sqrt{k}\)，故 \(\left\lfloor\dfrac{k}{i}\right\rfloor\) 至多有 \(\sqrt{k}\) 种取值。

综上，\(\left\lfloor\dfrac{k}{i}\right\rfloor\) 至多有 \(2\times \sqrt{k}\) 种取值，故可以枚举 \(\left\lfloor\dfrac{k}{i}\right\rfloor\)，其对应的 \(i\) 一定是一段连续区间，找到左右端点就可以使用等差数列求和公式求解了。

由于新的值的左端点一定是上一个值的右端点加一，所以现在的问题转化为如何找到最大的 \(i\) 使得 \(\left\lfloor\dfrac{k}{i}\right\rfloor=\left\lfloor\dfrac{k}{l}\right\rfloor\)。

由于后者是已知的，将其设为 \(x\)，问题变为求最大的 \(i\) 使得 \(i \times x \le k\)，发现 \(i\) 可以取 \(\left\lfloor\dfrac{k}{x}\right\rfloor\)，此时若 \(i\) 增加，则 \(i \times x > k\)，不符合，故该值为最大的合法 \(i\)。

最后注意边界情况。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define INT_MAX (int)(1e18)

int n,k,ans;

inline int read(){
	int t=0,f=1;
	register char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9') f=(c=='-')?(-1):(f),c=getchar();
	while(c>='0'&&c<='9') t=(t<<3)+(t<<1)+(c^48),c=getchar();
	return t*f;
}

void solution(){
	//sum_{i=1}^n k \mod i = sum_{i=1}^n k-floor(k/i)*i
	//= sum_{i=1}^n k - sum_{i=1}^n floor(k/i)*i
	//求出 max(i) 使得 floor(k/i)=p p为给定常数
	//即求出 max(i) 使得 p*i<=k && p*(i+1)>k
	//i=k/p 
}

signed main(){
	n=read(),k=read();
	ans=n*k,n=min(n,k);
	for(int l=1,r;l<=n;l=r+1){
		if(k/l) r=min(k/(k/l),n);
		else r=n;
		ans-=(k/l)*(r-l+1)*(l+r)/2;
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}

例题 \(2\)

P2260 模积和

不妨假设 \(n>m\)，可以先简单拆一下：

\[\begin{aligned} &\sum_i^n \sum_j^m (n \bmod i) \times (m \bmod j) - \sum_j^m (n \bmod j) \times (m \bmod j) \\& =\sum_i^n (n \bmod i) \times \sum_j^m (m \bmod j) \\& - \sum_j^m (n - \left\lfloor\dfrac{n}{j}\right\rfloor \times j) \times (m - \left\lfloor\dfrac{m}{j}\right\rfloor \times j) \\& =\sum_i (n \bmod i) \times \sum_j^m (m \bmod j) \\& - \sum_j^m (n \times m - j \times (n \times \left\lfloor\dfrac{m}{j}\right\rfloor - m \times \left\lfloor\dfrac{n}{j}\right\rfloor) + j^2 \times \left\lfloor\dfrac{n}{j}\right\rfloor \times \left\lfloor\dfrac{m}{j}\right\rfloor)\end{aligned} \]

发现前者根据上一道题肯定是好求的，将 \(r=\left\lfloor\frac{n}{\left\lfloor\frac{n}{l}\right\rfloor}\right\rfloor\) 即可，但是后者同时有两个变量。

考虑找到一个区间 \((l,r)\) 使得区间中的数 \(j\) 满足 \(\left\lfloor\frac{n}{j}\right\rfloor\) 都相等，同时满足 \(\left\lfloor\frac{m}{j}\right\rfloor\) 都相等。

只有一个变量的时候我们相当于将一个数轴划分成了若干个区间，其中每个区间中的数都相等，那两个变量就只需要将两个数轴重合，发现此时每个小区间就是我们要求的东西。

由于原本每个数轴至多有 \(2 \times \sqrt{n}\) 个区间，合并之后就变成了 \(4 \times \sqrt{n}\) 个区间，可以接受。

这就相当于将 \(r=\min(\left\lfloor\frac{n}{\left\lfloor\frac{n}{l}\right\rfloor}\right\rfloor,\left\lfloor\frac{m}{\left\lfloor\frac{m}{l}\right\rfloor}\right\rfloor)\) 即可。

现在相当于给你一个区间 \((l,r)\)，然后对一个东西求和。观察后面的式子，很明显第一个直接求，第二个使用等差数列求和求，第三个只需要使用平方和公式求即可。

注意求解逆元的时候该模数不是质数，先求出其的欧拉函数然后求逆元即可。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define INT_MAX (int)(1e18)

const int mod=19940417;

int n,m,two_ni,six_ni,cnt;

inline int read(){
	int t=0,f=1;
	register char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9') f=(c=='-')?(-1):(f),c=getchar();
	while(c>='0'&&c<='9') t=(t<<3)+(t<<1)+(c^48),c=getchar();
	return t*f;
}

int ksm(int x,int y){
	int sum=1;
	while(y){
		if(y&1) sum=sum*x%mod;
		x=x*x%mod,y>>=1;
	}
	return sum;
}

int calc(int x){
	int res=x*x%mod;
	for(int l=1,r;l<=x;l=r+1){
		r=x/(x/l);
		res=(res-(l+r)*(r-l+1)%mod*(x/l)%mod*two_ni%mod)%mod;
	}
	res=(res+mod)%mod;
	return res;
}

int calc2(int x){
	int res=x*(x+1)%mod*(2*x+1)%mod*six_ni%mod;
	return res;
}
 
int calc1(){
	int res=n*m%mod*m%mod; 
	for(int l=1,r;l<=m;l=r+1){
		r=min(n/(n/l),m/(m/l));
//		cout<<"l:"<<l<<" r:"<<r<<" "<<
		res=(res+(calc2(r)-calc2(l-1))%mod*(n/l)%mod*(m/l)%mod)%mod;
		res=(res-((n/l)*m%mod+(m/l)*n%mod)%mod*(l+r)%mod*(r-l+1)%mod*two_ni%mod)%mod;
	}
	res=(res+mod)%mod;
	return res;
}

int Calc(){
	int x=calc(n),y=calc(m);
	int ans=x*y%mod-calc1();
	ans=(ans%mod+mod)%mod;
	return ans;
}

signed main(){
	n=read(),m=read();
	two_ni=ksm(2,17091780-1);
	six_ni=ksm(6,17091780-1);
	if(n<m) swap(n,m);
	cout<<Calc()<<"\n";
	return 0;
}