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;
}

例题：P2261 [CQOI2007] 余数求和

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;
}

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;
}

习题：P4863 JerryC Loves Driving

给定两个正整数 $A,B \ (1 \le A \le B \le 2 \times 10^7)$，求出以下式子的值：$\sum\limits_{i=A}^B \sum\limits_{j=1}^{i}\left\lfloor \frac{i}{j} \right\rfloor \times (-1)^j$。

解题思路 $O(B)$

设 $S(n) = \sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^i \lfloor \frac{i}{j} \rfloor \times (-1)^j$，则原式的结果即为 $S(B) - S(A-1)$。将 $S(n)$ 的求和顺序交换，得到 $S(n) = \sum\limits_{j=1}^n (-1)^j \sum\limits_{i=j}^n \left\lfloor \frac{i}{j} \right\rfloor$。

考虑内层式子 $f(n, j) = \sum\limits_{i=j}^n \lfloor \frac{i}{j} \rfloor$，可以利用整除的性质 $\lfloor i/j \rfloor = k \iff kj \le i \lt (k+1)j$，因此，$\lfloor i/j \rfloor$ 的值可以看作是满足 $kj \le i$ 的正整数 $k$ 的个数之和。

\[f(n, j) = \sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{k=1}^{\infty} [kj \le i] = \sum\limits_{k=1}^{\lfloor n/j \rfloor} \sum\limits_{i=kj}^n 1 \]

内层求和的结果是 $n-kj+1$，设 $m = \lfloor n/j \rfloor$，则 $f(n, j) = \sum\limits_{k=1}^m (n + 1 - kj) = m(n + 1) - j \times \frac{m(m + 1)}{2}$。

有了上述公式，只需要枚举 $j \in [1, B]$ 即可。对于每一个 $j$，计算 $f(B, j) - f(A-1, j)$。注意当 $j > A-1$ 时，$f(A-1, j) = 0$。总方案数为 $\sum\limits_{j=1}^B (-1)^j \times (f(B, j) - f(A-1, j))$。

参考代码

#include <cstdio>
using ll = long long;
int main()
{   
    int a, b;
    scanf("%d%d", &a, &b);
    ll ans = 0;
    for (int i = 1; i <= b; i++) {
        int m = b / i; 
        ll fb = 1ll * m * (b + 1) - 1ll * i * m * (m + 1) / 2;
        ll fa = 0;
        if (i < a) {
            m = (a - 1) / i;
            fa = 1ll * m * a - 1ll * i * m * (m + 1) / 2;
        }
        int sign = i & 1 ? -1 : 1;
        ans += sign * (fb - fa);
    }
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}

解题思路 $O(\sqrt{B})$

由于 $m = \lfloor n/j \rfloor$ 在多个连续的 $j$ 上取值相同，可以使用数论分块，在每一个块 $[l,r]$ 内，$m$ 是常数。只需要快速计算块内的 $\sum (-1)^j$ 和 $\sum j \cdot (-1)^j$：

$\sum\limits_{j=1}^k (-1)^j$：当 $k$ 为偶数时为 $0$，奇数时为 $-1$。
$\sum\limits_{j=1}^k j \cdot (-1)^j$：当 $k$ 为偶数时为 $k/2$，奇数时为 $-(k+1)/2$。

参考代码

#include <cstdio>
using ll = long long;
int p0(int k) {
    return k % 2 == 0 ? 0 : -1;
}
int p1(int k) {
    return k % 2 == 0 ? k / 2 : -(k + 1) / 2;
}
ll solve(int n) {
    ll res = 0;
    int l = 1;
    while (l <= n) {
        int m = n / l;
        int r = n / m;
        int p = p0(r) - p0(l - 1);
        int q = p1(r) - p1(l - 1);
        res += 1ll * m * (n + 1) * p - 1ll * m * (m + 1) / 2 * q;
        l = r + 1;
    }
    return res;
}
int main()
{
    int a, b;
    scanf("%d%d", &a, &b);
    printf("%lld\n", solve(b) - solve(a - 1));
    return 0;
}

posted @ 2025-07-15 00:23 RonChen 阅读(95) 评论(0) 收藏举报

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例题：P2261 [CQOI2007] 余数求和

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