整除分块学习笔记

搬运自我的洛谷文章整除分块学习笔记。

前言

本文是作者学习整除分块后的一些心得，可能有所不足，如有错误，望读者指正。

分块技巧

本文以求解问题：

\[\sum_{i=1}^n\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor \]

为例讲述整除分块。

易知当 \(\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor=d\) 且 \(n,d\) 一定时，\(i\) 的取值范围是一段连续的区间，记作 \([L,R]\)。

假设 \(L\) 一定，如何快速求出 \(R\) 呢？

令 \(\left\lfloor\dfrac{n}{L}\right\rfloor=d\)，求最大的 \(\Delta\)，此时 \(R=L+\Delta\) 且 \(\left\lfloor\dfrac{n}{L}\right\rfloor=\left\lfloor\dfrac{n}{L+\Delta}\right\rfloor=d\)。

将两个式子化为整式可得 \(Ld+r_1=(L+\Delta)d+r_2=n\)，其中 \(0\leq r_1,r_2<d\)。两式相减得 \(\Delta d=r_1-r_2\)。

\(\because \Delta d=r_1-r_2\)

\(\therefore r_2=r_1-\Delta d\)

又 \(\because r_2\geq0\)

\(\therefore r_1\geq\Delta d\)

\(\therefore \Delta\leq\left\lfloor\dfrac{r1}{d}\right\rfloor\)

又 \(\because r_1=n \bmod L=n-L\times\left\lfloor\dfrac{n}{L}\right\rfloor,d=\left\lfloor\dfrac{n}{L}\right\rfloor\)

\(\therefore \Delta\leq\left\lfloor\dfrac{n-L\times\left\lfloor\dfrac{n}{L}\right\rfloor}{\left\lfloor\dfrac{n}{L}\right\rfloor}\right\rfloor\)

\(\therefore \Delta_{\max}\\=\left\lfloor\dfrac{n-L\times\left\lfloor\dfrac{n}{L}\right\rfloor}{\left\lfloor\dfrac{n}{L}\right\rfloor}\right\rfloor\\=\left\lfloor\dfrac{n}{\left\lfloor\dfrac{n}{L}\right\rfloor}\right\rfloor-L\)

\(\therefore R=L+\Delta_{\max}=\left\lfloor\dfrac{n}{\left\lfloor\dfrac{n}{L}\right\rfloor}\right\rfloor\)

然后 \(L\) 的初始值从 \(1\) 开始，\(R\) 根据 \(L\) 推导，接着之后的 \(L=R+1\)。

显然当 \(L\leq \sqrt{n}\) 时 \(L\) 有 不超过\(\sqrt{n}\) 种取值，当 \(L>\sqrt{n}\) 时 \(\dfrac{n}{L}\) 不超过有 \(\sqrt{n}\) 种取值，所以 \(L\) 共有不超过 \(2\sqrt{n}\) 种取值，加上 \(L,R\) 的计算均为 \(\mathcal{O(1)}\) 级别的，所以整个算法的时间复杂度就是 \(\mathcal{O(\sqrt{n})}\)，算是较为优秀的了。

例题

P2261 [CQOI2007] 余数求和

简单推导即可：

\(G(n,k)=\sum_{i=1}^n k\bmod i=n\times k-\sum_{i=1}^n i\times\lfloor\dfrac{k}{i}\rfloor\)。

用等差数列结合整除分块做即可。

\(\text{code}\):

#include<bits/stdc++.h>
#define int unsigned long long
using namespace std;
int n,k,L=1,R,ans;
signed main(){
	cin>>n>>k,ans=n*k;
	while(L<=n){
		if(k/L>0)R=min(k/(k/L),n);
		else R=n;//跳右端点
		ans-=(R-L+1)*(L+R)/2*(k/L),L=R+1;//等差数列求和
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}

P6583 回首过去

非常有学习意义的一题。

考虑将 \(\dfrac{x}{y}\) 转化为 \(\dfrac{b\times c}{a\times c}\)，其中 \(a\) 只包含因数 \(2,5\) 且 \(\gcd(c,10)=1\)。

我们考虑枚举合法的 \(c\) 并求出同样合法的 \(a,b\) 的情况数。

显然 \(c \in [1,n]\) 且 \(\gcd(10,c)=1\) 时，\(b\in[1,\lfloor\frac{n}{c}\rfloor]\)，而 \(a\) 则可以是 \([1,\lfloor\frac{n}{c}\rfloor]\) 中只含因数 \(2,5\) 的数，将所有合法的情况数记为 \(f(\lfloor\frac{n}{c}\rfloor)\)。

故总答案为 \(f(\lfloor\frac{n}{c}\rfloor)\times \lfloor\frac{n}{c}\rfloor\) 乘上 \(c\) 的取值方案数。

但 \(n\leq10^{12}\)，显然，这个算法还是不够优秀。

等等，\(\left\lfloor\frac{n}{c}\right\rfloor\)，这个不是整除分块吗？我们显然可以求出 \([L,R]\) 使得 \(\lfloor\frac{n}{L}\rfloor=\lfloor\frac{n}{R}\rfloor=k\)，那么时间复杂度不就降至 \(\sqrt{n}\) 级别了吗？

但是还有问题，我们无法直接通过 c%2!=0&&c%5!=0 判断 \(c\) 是否合法了。

那怎么办？通过容斥原理可以解决。

\([L,R]\) 中合法的 \(c\) 可以这样计算：\([L,R]\) 中 \(1\) 的倍数 \(-\) \([L,R]\) 中 \(2\) 的倍数 \(-\) \([L,R]\) 中 \(5\) 的倍数 \(+\) \([L,R]\) 中 \(10\) 的倍数，记为 \(f'([L,R])\)。

但是这样的函数并不是很好求。但是将 \(f'([L,R])\) 换一种形式，变为 \(f'([1,R])-f'([1,L])\) 就可以通过除法直接求得了。

所以问题就迎刃而解了。

\(\text{code}\)：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n,L=1,res;
int g1(int x){return x-x/2-x/5+x/10;}//求c的取值方案数
int g2(int x){//求1~c内a的取值方案数
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=x;i<<=1)for(int j=i;j<=x;j*=5)ans++;
	return ans;
}
signed main(){
	cin>>n;
	while(L<=n){
		int R=n/(n/L);
		res+=(g1(R)-g1(L-1))*g2(n/L)*(n/L),L=R+1;
	}
	cout<<res;
	return 0;
}