数论分块

计算这个式子的和：\(S = \sum \limits_{i=1}^n \left\lfloor \dfrac{n}{i} \right\rfloor\)。比如，当 \(n=10\) 时，需要计算 \(\left\lfloor \dfrac{10}{1} \right\rfloor + \left\lfloor \dfrac{10}{2} \right\rfloor + \left\lfloor \dfrac{10}{3} \right\rfloor + \cdots + \left\lfloor \dfrac{10}{10} \right\rfloor = 10 + 5 + 3 + 2 + 2 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1\)。

如果 \(n\) 很小，写一个 for 循环从 \(1\) 到 \(n\) 暴力计算当然没问题。但如果 \(n\) 非常大，\(O(n)\) 的循环就会超时。需要一个更快的方法。

仔细观察每一个值，可以发现，\(\left\lfloor \dfrac{n}{i} \right\rfloor\) 的值不是一直在变的，它是一段一段的，像一个个平台。当 \(i=1\) 时，值为 \(10\)，当 \(i=2\) 时，值为 \(5\)，当 \(i=3\) 时，值为 \(3\)，当 \(i\) 在 \([4,5]\) 这个区间时，值都是 \(2\)，当 \(i\) 在 \([6,10]\) 这个区间时，值都是 \(1\)。

这就是“分块”的来源。既然在一个“块”里，\(\left\lfloor \dfrac{n}{i} \right\rfloor\) 的值是相同的，何必一个一个地相加呢？可以直接用 \(块的长度 \times 块的值\) 来一次性计算整个块的总和。

现在，目标变成了：如果知道一个块的左边界 \(l\)，如何快速找到这个块的右边界 \(r\)？

假设当前在块的左边界 \(l\)，这个块的值是 \(k = \left\lfloor \dfrac{n}{l} \right\rfloor\)。想找最大的一个 \(r\)，使得 \(\left\lfloor \dfrac{n}{r} \right\rfloor\) 的值也等于 \(k\)。

用数学语言来说，\(\left\lfloor \dfrac{n}{r} \right\rfloor = k\) 能推出 \(k \le \dfrac{n}{r}\)，两边同乘以 \(r\)，得到 \(k \cdot r \le n\)，两边同除以 \(k\)，得到 \(r \le \dfrac{n}{k}\)。

因为要找最大的整数 \(r\)，所以 \(r\) 的最大值就是 \(\left\lfloor \dfrac{n}{k} \right\rfloor\)。把 \(k = \left\lfloor \dfrac{n}{l} \right\rfloor\) 代入，就得到了公式：\(r = \left\lfloor \dfrac{n}{\left\lfloor \dfrac{n}{l} \right\rfloor} \right\rfloor\)。由于编程语言中的整数除法，公式可以写成 r = n / (n / l)。

举个例子，\(n=10\)：

• 第一个块：左边界 \(l=1\)。
  • 块的值 k = 10 / 1 = 10
  • 右边界 r = 10 / k = 10 / 10 = 1
  • 这个块是 \([1,1]\)
• 第二个块：左边界 \(l=2\)（上一个块的 \(r+1\)）。
  • 块的值 k = 10 / 2 = 5
  • 右边界 r = 10 / 5 = 2
  • 这个块是 \([2,2]\)
• 第三个块：左边界 \(l=3\)。
  • 块的值 k = 10 / 3 = 3
  • 右边界 r = 10 / 3 = 3
  • 这个块是 \([3,3]\)
• 第四个块：左边界 \(l=4\)。
  • 块的值 k = 10 / 4 = 2
  • 右边界 r = 10 / 2 = 5
  • 这个块是 \([4,5]\)
• 第五个块：左边界 \(l=6\)。
  • 块的值 k = 10 / 6 = 1
  • 右边界 r = 10 / 1 = 10
  • 这个块是 \([6,10]\)

这个算法有多快？可以证明，\(\left\lfloor \dfrac{n}{i} \right\rfloor\) 的取值最多只有 \(2 \sqrt{n}\) 种。所以最多只需要跳 \(2 \sqrt{n}\) 次。时间复杂度是 \(O(\sqrt{n})\)。

ll calc(ll n) {
    ll sum = 0, l = 1;
    while (l <= n) {
        ll val = n / l;
        ll r = n / val;
        sum += (r - l + 1) * val;
        l = r + 1;
    }
    return sum;
}

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习题：P3935 Calculating

解题思路

题目定义的函数 \(f(x)\) 实际上就是正整数 \(x\) 的约数个数，通常记作 \(d(x)\) 或 \(\tau(x)\)。所以，题目的核心是计算 \(\sum \limits_{i=l}^r d(i) \pmod{998244353}\)。

直接计算区间 \([l,r]\) 上的和很困难。可以利用前缀和思想，将问题转化为计算两个从 \(1\) 开始的和的差。定义一个函数 calc(n) 用于计算 \(\sum \limits_{i=1}^n d(i)\)，那么原问题的答案就是 calc(r) - calc(l - 1)。

现在的问题是如何高效计算 \(\sum \limits_{i=1}^n d(i)\)，直接遍历效率上是不够的，需要一个巧妙的数学变换。

考虑 \(d(i)\) 的定义：\(i\) 的约数个数。可以从另一个角度来计数：对于 \(1\) 到 \(n\) 之间的每一个整数 \(j\)，它可以作为哪些数 \(i\)（其中 \(1 \le i \le n\)）的约数？一个数 \(j\) 是 \(i\) 的约数，当且仅当 \(i\) 是 \(j\) 的倍数。在 \(1\) 到 \(n\) 范围内，\(j\) 的倍数有 \(j, 2j, 3j, \dots, k \cdot j\)，其中 \(k \cdot j \le n\)。这样的倍数总共有 \(\left\lfloor \dfrac{n}{j} \right\rfloor\) 个。

于是就得到了 \(\sum \limits_{i=1}^n d(i) = \sum \limits_{i=1}^n \left\lfloor \dfrac{n}{i} \right\rfloor\)。于是就可以用“数论分块”进行加速计算。

参考代码

#include <cstdio>
using ll = long long;
const int MOD = 998244353;
ll calc(ll n) {
    ll sum = 0, l = 1;
    while (l <= n) {
        ll val = n / l;
        ll r = n / val;
        sum += (r - l + 1) * val;
        sum %= MOD;
        l = r + 1;
    }
    return sum;
}
int main()
{
    ll l, r; scanf("%lld%lld", &l, &r);
    printf("%lld\n", (calc(r) + MOD - calc(l - 1)) % MOD);
    return 0;
}

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习题：P2261 [CQOI2007] 余数求和

解题思路

解决问题的关键在于对取模运算 \(k \bmod i\) 进行变形。根据整数除法的定义，有：\(a \bmod b = a - b \cdot \left\lfloor \dfrac{a}{b} \right\rfloor\)。将这个关系代入原式中，得到：\(G(n,k) = \sum \limits_{i=1}^n (k - i \cdot \left\lfloor \dfrac{k}{i} \right\rfloor)\)。

可以将求和符号拆开：\(G(n,k)= \sum \limits_{i=1}^n k - \sum \limits_{i=1}^n i \cdot \left\lfloor \dfrac{k}{i} \right\rfloor\)。

第一部分 \(\sum_{i=1}^n k\) 非常简单，就是 \(n\) 个 \(k\) 相加，结果为 \(n \cdot k\)。所以原式变为：\(G(n,k) = n \cdot k - \sum \limits_{i=1}^n i \cdot \left\lfloor \dfrac{k}{i} \right\rfloor\)。

现在，问题转化为了如何快速计算 \(\sum \limits_{i=1}^n i \cdot \left\lfloor \dfrac{k}{i} \right\rfloor\)，这可以用数论分块来加速计算。可以把 \(\left\lfloor \dfrac{k}{i} \right\rfloor\) 值相同的连续区间 \(i\) 作为一个“块”，把这个块进行统一计算，从而避免逐个元素计算。如果某个块的区间是 \([l,r]\)，值是 \(val\)，则这一块的贡献是 \(\dfrac{(l+r)(r-l+1)}{2} \cdot val\)（等差数列求和）。在分块计算时，注意边界判断。

参考代码

#include <cstdio>
using ll = long long;
ll calc(ll k, ll n) {
    ll sum = 0, l = 1;
    while (l <= n) {
        ll val = k / l;
        if (val == 0) break;
        ll r = k / val;
        if (r > n) r = n;
        sum += (l + r) * (r - l + 1) / 2 * val;
        l = r + 1;
    } 
    return sum;
}
int main()
{
    int n, k; scanf("%d%d", &n, &k);
    ll ans = 1ll * n * k - calc(k, n);
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}