整除分块相关证明

块的个数

\[块的个数有 O(2\sqrt n) 个 \]

引理

\(\forall a \in [2, \sqrt n - 1], \lfloor\frac{n}{a}\rfloor > \lfloor\frac{n}{a+1}\rfloor\)

证明：

反证法。显然 \(\lfloor\frac{n}{a}\rfloor \geq \lfloor\frac{n}{a+1}\rfloor\) 。假设 \(\exists a \in [2, \sqrt n - 1], \lfloor\frac{n}{a}\rfloor = \lfloor\frac{n}{a+1}\rfloor = k \geq \sqrt n\)

\(\Rightarrow n = a \cdot k + c_1 = (a + 1) \cdot k + c_2, 0 \leq c_1 < a, 0 \leq c_2 < a + 1\)

\(\Rightarrow a \cdot k + c_1 = a \cdot k + k + c_2\)

\(\Rightarrow c_1 = k + c_2\)

\(\because k \geq \sqrt n, 0 \leq c_2\)

\(\therefore c_1 \geq \sqrt n\)

与 \(c_1 < a < \sqrt n\) 矛盾，原命题得证。

证明

在 \([1, \sqrt n] \cap \mathbb{Z}\) 中取两个数 \(x_1, x_2\) ，且 \(x_1 + 1 = x_2\)

\(y_1 = \lfloor\frac{n}{x_1}\rfloor, y_2 = \lfloor\frac{n}{x_2}\rfloor\) ，则 \(y_2 < y_1\) , 且 \([y_2, y_1] \subseteq [\sqrt n, n]\)

对于 \([y_2 + 1, y_1]\):

• 对于上界 \(y_1\):

  \(y_1 = \lfloor\frac{n}{x_1}\rfloor\)

  \(\Rightarrow n = y_1 \cdot x_1 + z \Rightarrow z < x_1 < x_2 \leq \sqrt n \leq y_1 \Rightarrow z < y_1\)

  \(\Rightarrow \lfloor\frac{n}{y_1}\rfloor = x_1\)

• 对于下界 \(y_2 + 1\):

  \(y_2 = \lfloor\frac{n}{x_2}\rfloor\)

  \(\Rightarrow n = x_2 \cdot y_2 + z, z < x_2\)

  \(\Rightarrow x_2 \cdot (y_2 + 1) > n \Rightarrow x_2 > \lfloor\frac{n}{y_2 + 1}\rfloor \Rightarrow x_1 \geq \lfloor\frac{n}{y_2 + 1}\rfloor\)

  \(y_2 + 1 \leq y_1 \Rightarrow \lfloor\frac{n}{y_2 + 1}\rfloor \geq \lfloor\frac{n}{y_1}\rfloor = x_1\)

  \(x_1 \geq \lfloor\frac{n}{y_2 + 1}\rfloor \geq x_1 \Rightarrow \lfloor\frac{n}{y_1}\rfloor = x_1\)

综上，\(\forall k \in [y_2 + 1, y_1], \lfloor\frac{n}{k}\rfloor = x_1\)

所以，对于 \(k \in [1, \sqrt n]\) 都有与之对应的 \(\lfloor\frac{n}{k}\rfloor \in [\sqrt n, n]\) ，反过来对于 \(k \in [\sqrt n, n]\) 都有与之对应的 \(\lfloor\frac{n}{k}\rfloor \in [1, \sqrt n]\) ，一共有 \(O(2\sqrt n)\) 个，原命题得证。

左右边界

设 \(l\) 为分块左边界，\(r\) 为分块右边界，有

\[r = \lfloor\frac{n}{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}\rfloor, l \leq i \leq r, i\in\mathbb{Z} \]

证明：

设 \(k = \lfloor\frac{n}{i}\rfloor\)，其中 \(l \leq i \leq r\)，且 \(i \in\mathbb{Z}\)

先证：\(k=\lfloor\frac{n}{i}\rfloor \Leftrightarrow k \leq \frac{n}{i} \Leftrightarrow i \leq \frac{n}{k} \Leftrightarrow i \leq \lfloor\frac{n}{k}\rfloor\)

1. \(k=\lfloor\frac{n}{i}\rfloor \Rightarrow k \leq \frac{n}{i}\):

   \(\because\lfloor\frac{n}{i}\rfloor \leq \frac{n}{i}\)

   \(\therefore k \leq \frac{n}{i}\)

2. \(k=\lfloor\frac{n}{i}\rfloor \Leftarrow k \leq \frac{n}{i}\):

   \(\because k \in \mathbb{Z}\)

   \(\therefore k=\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\)

3. \(k \leq \frac{n}{i} \Leftrightarrow i \leq \frac{n}{k}\):

   显然。

4. \(i \leq \frac{n}{k} \Rightarrow i \leq \lfloor\frac{n}{k}\rfloor\):

   \(\because i \in \mathbb{Z}\)

   \(\therefore i\leq\lfloor\frac{n}{k}\rfloor\)

5. \(i \leq \frac{n}{k} \Leftarrow i \leq \lfloor\frac{n}{k}\rfloor\):

   \(\because\lfloor\frac{n}{k}\rfloor \leq \frac{n}{k}\)

   \(\therefore i \leq \frac{n}{k}\)

综上证毕。有 \(i\leq \lfloor\frac{n}{k}\rfloor\)。

因为全是充要，则最终推出的 \(i\) 的范围没有变化，则有 \(r = \lfloor\frac{n}{k}\rfloor\) 原命题得证。

写 “最终推出的 \(i\) 的范围没有变化” 是有 “某种推导最终推出 \(i\) 的范围可能会扩大”。

如 \(i \leq r \Rightarrow i \leq r + 100\)，但是不可以说 \(i\) 最大可取到 \(r + 100\)，因为 \(i \leq r + 100\) 是 \(i \leq r\) 的必要不充分条件。

只有全是充要条件，才能确保最终推出的 \(i\) 的范围才不会扩大。

整除值与右边界

\(n\in\mathbb{N_+}\)，\(l_i,r_i\) 为第 \(i\) 个块的左右边界，一共有 \(t\) 个块，有

\[\forall i\in\{1,2,\dots,t\},j_i \in\{l_i, l_i+1,\dots r_i\}, \lfloor\frac{n}{j_i}\rfloor = r_{t-i+1} \]

证明：

\(j\) 都是同一个块内的，则整除值相等。

设 \(A = \{r_1, r_2, \dots, r_t\}, B = \{\lfloor\frac{n}{j_1}\rfloor,\lfloor\frac{n}{j_2}\rfloor,\dots,\lfloor\frac{n}{j_t}\rfloor \}\)

\(A\) 为右边界集合，\(B\) 为整除值集合。

因为每个右边界不同，且每个整除值不同，则 \(|A| = |B|\)

根据上一个证明，有 \(r_i = \lfloor\frac{n}{\lfloor\frac{n}{j_i}\rfloor}\rfloor\)

则 \(A = \{ \lfloor\frac{n}{\lfloor\frac{n}{j_1}\rfloor}\rfloor, \lfloor\frac{n}{\lfloor\frac{n}{j_2}\rfloor}\rfloor, \dots, \lfloor\frac{n}{\lfloor\frac{n}{j_t}\rfloor}\rfloor \}\)

\(A\) 中的数符合 整除值 \(\lfloor\frac{n}{x}\rfloor\) 的形式，又因为 \(A\) 中的每个数都不同，且 \(|A| = |B|\)，则 \(A = B\)

根据 \(\lfloor\frac{n}{x}\rfloor\) 的单调性原命题即得证。