整除分块/数论分块白学

前言

• 哦哦哦哦哦哦哦哦哦！李超树太难学了多项式太构思了所以来学整除分块了哦哦哦哦哦哦！
• 哦哦哦哦哦哦！怎么还有 BSGS
• woc我之前用的 \(\lfloor\rfloor\) 写得好丑啊啊啊啊啊

整除分块

• 这个东西通常解决一类问题：

\[\sum_{i=1}^nf(i)g\left(\left\lfloor\dfrac ni\right\rfloor\right) \]

普通整除分块

• 我们尝试解决一下上面的问题
• 我们令 \(d = \left\lfloor\dfrac ni\right\rfloor\)，会发现 \(\forall i\)，有且仅有一个 \(d\) 与之对应，但是 \(\exists d\) 与多个 \(i\) 对应
• 所以我们就发现存在区间 \([l,r]\)，\(i \in [l,r]\) 的所有 \(\left\lfloor\dfrac ni\right\rfloor\) 都为 \(d\)，我们就可以把这些分成一块，直接处理块就行，可以证明块数不会超过 \(2\sqrt n\) 个，左右端点分别为：

\[\left\lfloor\dfrac{n}{d+1}\right\rfloor + 1\le i \le \left\lfloor\dfrac{n}{d}\right\rfloor \]

• 代码，e，直接搜吧msjing咕咕咕

高级的整除分块！

向上取整

\[\sum_{i=1}^nf(i)g\left(\left\lceil\dfrac ni\right\rceil\right) \]

• e，这个东西就是转化一下，用一个定理：

\[\left\lceil\dfrac nm\right\rceil = \left\lfloor\dfrac {n-1}{m}\right\rfloor + 1 \]

• 浅证一下

证明

• 当 \(\gcd(n,m) = 1\) 时，显然（？），可以直接代俩数进去算一下
• 反之，\(n-1\) 后，由于下取整性质，会少一个，所以加回来，\(n-1\) 对上面的情况没影响

• 转化一下上取整，就有：

\[f(n)g(1) + \sum_{i=1}^{n-1}f(i)g\left(\left\lfloor\dfrac {n-1}i\right\rfloor + 1\right) \]

• 注意需要提出 \(f(n)\) 和 \(g(1)\) 以及改变 \(\sum\) 上界，因为要符合下取整的柿子

高阶整除分块

\[\sum_{i=1}^{n}f(i)g\left(\left\lfloor\dfrac {n_1}i\right\rfloor,\left\lfloor\dfrac {n_2}i\right\rfloor,\dots,\left\lfloor\dfrac {n_m}i\right\rfloor\right) \]

• 其实我们大多数就见过二维的，长这样：

\[\sum\limits_{i=1}^{\min(n,m)}\left\lfloor\dfrac ni\right\rfloor\left\lfloor\dfrac mi\right\rfloor \]

• 和普通分块有一点区别

就是把左端点改成求 \(\min\)，长度改为前缀
—— pb

• 差不多长这样

点击查看代码

int get(int x,int y)
{
    int res=0;
    for (int i=1,j=0;i<=x;i=j+1)
        j=min(x/(x/i),y/(y/i)),res+=(x/i)*(y/i)*(s[j]-s[i-1]);
    return res;
}

• 代码是写题剩的
• 这个在莫反里超级常用

后话

• 没了喵
• msjing要去学大步小步了哦哦哦哦哦哦哦哦哦！