Description

數論分塊，通常用於快速求解形如 \(\sum\limits_{i=1}^n f(i) \cdot g\left(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\right)\) 的和式，所以通常被稱為 整除分塊，當能用 \(O(1)\) 計算出 \(\sum\limits_{i=l}^rf(i)\) 時，數論分塊便能用 \(O(\sqrt n)\) 的時間計算出上式的值、數論分塊經常搭配 莫比烏斯反演 一起使用。

Conclusion

\(\forall n,l\in \mathbb{N}^*,l\le n\)，使得

\[\left\lfloor\dfrac{n}{l}\right\rfloor=\left\lfloor\dfrac{n}{r}\right\rfloor \]

成立的最大的滿足 \(l\le r\le n\)

的 \(r\) 的值為 \(\left\lfloor\dfrac{n}{\left\lfloor\frac{n}{l}\right\rfloor}\right\rfloor\)。

也就是說，若某個塊內所有數的值為 \(\left\lfloor\dfrac{n}{l}\right\rfloor = k\)，那麼這個塊的右端點就是 \(r=\left\lfloor\dfrac{n}{k}\right\rfloor\)。

Proof

對於這個塊中的任意一個數 \(x\)，應當滿足 \(\left\lfloor\dfrac{n}{x}\right\rfloor = k\)，即 \(n=xk+r(0\le r < x)\)

。

當 \(n,k\) 已知時，只要確定 \(x\)，就有一個 \(r\) 與之對應。

\[n = xk + r \\ n \ge xk \\ x \le \dfrac{n}{k} \]

即 \(x\) 的最大值為 \(\left\lfloor\dfrac{n}{k}\right\rfloor\)。

即 \(r = \left\lfloor\dfrac{n}{\left\lfloor\frac{n}{l}\right\rfloor}\right\rfloor\)。

證畢。

Method

一個塊內的所有數都相等，所以每塊每塊地求和即可。

在找到上一個塊的右端點後，加一就可以得到下一個塊的左端點。

UVA11526 H(n)

模板題，求 \(\sum\limits_{i=1}^n \left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor\)。

//18 = 9 + 9 = 18.
#include <iostream>
#include <cstdio>
#define Debug(x) cout << #x << "=" << x << endl
#define int long long
using namespace std;

int H(int n)
{
	int res = 0;
	for (int l = 1, r; l <= n; l = r + 1)
	{
		int k = n / l;
		r = n / k;
		res += k * (r - l + 1);
	}
	return res;
}

signed main()
{
	int t;
	scanf("%lld", &t);
	while (t--)
	{
		int n;
		scanf("%lld", &n);
		printf("%lld\n", H(n));
	}
	return 0;
}

Complexity

Lemma

\(\forall n,i \in \mathbb{N}^*,i\le n\)，\(\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor\) 的不同值最多有 \(2\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor\) 個，即最多有 \(2\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor\) 個塊。

Proof

\(\forall \, i\le \left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor\)，\(i\) 只有 \(\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor\) 種取值，則 \(\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor\) 只有至多 \(\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor\) 種取值；

\(\forall \, i > \left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor\)，有 \(i \ge \left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor + 1 > \sqrt{n}\)，\(\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor \le \left\lfloor\dfrac{n}{\sqrt{n}}\right\rfloor = \left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor\)，也只有至多 \(\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor\) 種取值。

所以最多隻有 \(2\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor\) 種取值。

證畢。

---

由引理可知最多有 \(2\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor\) 個塊，即 \(\operatorname{while}\) 迴圈最多會執行 \(2\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor\) 次，所以時間複雜度為 \(O(\sqrt{n})\)。

Extension

\(N\) 維數論分塊。

求形如 \(\sum\limits_{i=1}^n \left\lfloor\dfrac{a_1}{i}\right\rfloor\left\lfloor\dfrac{a_2}{i}\right\rfloor \cdots \left\lfloor\dfrac{a_m}{i}\right\rfloor\) 的和式的值。

\(r=\min\limits_{i=1}^m\left\{\left\lfloor\dfrac{a_i}{\left\lfloor\frac{a_i}{l}\right\rfloor}\right\rfloor\right\}\) 即可，即對於每一個塊的右端點取最小（最接近左端點）的那個作為整體的右端點。

較常用的是 \(2\) 維數論分塊。求 \(\sum\limits_{i=1}^n \left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor \left\lfloor\dfrac{m}{i}\right\rfloor\) 時 \(r=\min\left(\left\lfloor\dfrac{n}{\left\lfloor\frac{n}{l}\right\rfloor}\right\rfloor, \left\lfloor\dfrac{m}{\left\lfloor\frac{m}{l}\right\rfloor}\right\rfloor\right)\)，也就是在程式碼中 r = min(n / (n / l), m / (m / l));。

Problems

A

P2261 [CQOI2007]餘數求和

Description

計算 \(\sum\limits_{i=1}^n k\bmod i\)。

Solution

\[\begin{aligned} \sum\limits_{i=1}^n k\bmod i & = \sum\limits_{i=1}^n k - \left\lfloor\frac{k}{i}\right\rfloor i \\ & = nk - \sum\limits_{i=1}^n \left\lfloor\frac{k}{i}\right\rfloor i \\ \end{aligned} \]

觀察後面一堆，對於左端點為 \(l\)，右端點為 \(r\) 的塊，貢獻就是

\[\begin{aligned} \sum\limits_{i=l}^r \left\lfloor\dfrac{k}{i}\right\rfloor i & = \sum\limits_{i=l}^r \left\lfloor\dfrac{k}{l}\right\rfloor i \\ & = \left\lfloor\dfrac{k}{l}\right\rfloor \sum\limits_{i=1}^r i \\ & = \left\lfloor\dfrac{k}{l}\right\rfloor \dfrac{(l+r)(r-l+1)}{2} \end{aligned} \]

但是這次 \(i\) 要迴圈到 \(n\) 而非 \(k\)，當 \(n > k\) 時 \(\left\lfloor\dfrac{k}{l}\right\rfloor\) 有可能為 \(0\)，這樣 \(r = \left\lfloor\dfrac{k}{\left\lfloor\dfrac{k}{l}\right\rfloor}\right\rfloor\) 就無意義了。

發現當 \(i > k\) 時 \(\left\lfloor\dfrac{k}{i}\right\rfloor i = 0\)，所以 \(i\) 迴圈到 \(\min(n,k)\) 即可。

在取右端點時 \(r = \min\left(n, \left\lfloor\dfrac{k}{\left\lfloor\dfrac{k}{l}\right\rfloor}\right\rfloor\right)\)。

Code

//18 = 9 + 9 = 18.
#include <iostream>
#include <cstdio>
#define Debug(x) cout << #x << "=" << x << endl
typedef long long ll;
using namespace std;

ll block(int n, int k)
{
	ll res = 0;
	for (int l = 1, r; l <= min(n, k); l = r + 1)
	{
		r = min(n, k / (k / l));
		res += (ll)(k / l) * ((ll)(l + r) * (r - l + 1) >> 1);
	}
	return res;
}

int main()
{
	int n, k;
	scanf("%d%d", &n, &k);
	printf("%lld\n", (ll)n * k - block(n, k));
	return 0;
}

B

P2260 [清華集訓2012]模積和

Description

求

\[\left[\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^m (n \bmod i)(m \bmod j), i \ne j\right]\bmod 19940417 \]

Solution

假設 \(n \le m\)（否則交換）。

\[\begin{aligned} ans & = \sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^m (n\bmod i)(m\bmod j) - \sum\limits_{i=1}^n (n\bmod i)(m\bmod i) \\ & = \sum\limits_{i=1}^n n\bmod i \cdot \sum\limits_{j=1}^m m\bmod j - \sum\limits_{i=1}^n (n\bmod i)(m \bmod i) \end{aligned} \]

前面那堆兩個都形如 \(\sum\limits_{i=1}^k k\bmod i\)，用上一題的思路求解。

\[\begin{aligned} \sum\limits_{i=1}^n (n\bmod i)(m\bmod i) & = \sum\limits_{i=1}^n (n - \left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor i)(m - \left\lfloor\dfrac{m}{i}\right\rfloor i) \\ & = \sum\limits_{i=1}^n (nm - \left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor i\cdot m - \left\lfloor\dfrac{m}{i}\right\rfloor i\cdot n + \left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor \left\lfloor\dfrac{m}{i}\right\rfloor i ^ 2) \\ & = n ^ 2 m - m\sum\limits_{i=1}^n \left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor i - n \sum\limits_{i=1}^n \left\lfloor\dfrac{m}{i}\right\rfloor i + \sum\limits_{i=1}^n \left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor \left\lfloor\dfrac{m}{i}\right\rfloor i ^ 2 \end{aligned} \]

第 \(2,3\) 堆都是模板，第 \(4\) 堆就是一個擴充套件版中的 \(2\) 維數論分塊，對於左端點為 \(l\)，右端點為 \(r\) 的塊，貢獻就是

\[\begin{aligned} \sum\limits_{i=l}^r \left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor \left\lfloor\dfrac{m}{i}\right\rfloor i ^ 2 & = \left\lfloor\dfrac{n}{l}\right\rfloor \left\lfloor\dfrac{m}{l}\right\rfloor \sum\limits_{i=l}^r i ^ 2 \\ & = \left\lfloor\dfrac{n}{l}\right\rfloor \left\lfloor\dfrac{m}{l}\right\rfloor (\sum\limits_{i=1}^r i ^ 2 - \sum\limits_{i=1}^{l-1} i ^ 2) \\ \end{aligned} \]

平方和有公式 \(\sum\limits_{i=1}^n i ^ 2 = \dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}\)。

Code

函式 \(\operatorname{block1}(n,m)\) 求的是 \(\sum\limits_{i=1}^n \left\lfloor\dfrac{m}{i}\right\rfloor i\)（其中保證 \(n \le m\)）。

函式 \(\operatorname{block2}(n,m)\) 求的是 \(\sum\limits_{i=1}^n \left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor \left\lfloor\dfrac{m}{i}\right\rfloor i ^ 2\)。

//18 = 9 + 9 = 18.
#include <iostream>
#include <cstdio>
#define Debug(x) cout << #x << "=" << x << endl
#define int long long
using namespace std;

const int MOD = 19940417;

int x, y;

void exgcd(int a, int b)
{
	if (!b)
	{
		x = 1, y = 0;
		return;
	}
	exgcd(b, a % b);
	int tmp = x;
	x = y;
	y = tmp - a / b * y;
}

int inv(int a)
{
	exgcd(a, MOD);
	x = (x % MOD + MOD) % MOD;
	return x;
}

int block1(int n, int m)
{
	int res = 0;
	for (int l = 1, r; l <= n; l = r + 1)
	{
		r = min(n, m / (m / l));
		res = (res + (m / l) * ((l + r) * (r - l + 1) / 2 % MOD) % MOD) % MOD;
	}
	return res;
}

int part1(int n, int m)
{
	return ((n * n % MOD - block1(n, n)) * (m * m % MOD - block1(m, m)) % MOD + MOD) % MOD;
}

int sum(int n)
{
	return n * (n + 1) % MOD * (2 * n + 1) % MOD * inv(6) % MOD;
}

int block2(int n, int m)
{
	int res = 0;
	for (int l = 1, r; l <= n; l = r + 1)
	{
		r = min(n / (n / l), m / (m / l));
		res = (res + (n / l) * (m / l) % MOD * (sum(r) - sum(l - 1)) % MOD) % MOD;
	}
	return res;
}

int part2(int n, int m)
{
	int a = n * n % MOD * m % MOD, b = block1(n, n) * m % MOD, c = block1(n, m) * n % MOD, d = block2(n, m);
	return ((a - b - c + d) % MOD + MOD) % MOD;
}

signed main()
{
	int n, m;
	scanf("%lld%lld", &n, &m);
	if (n > m)
	{
		swap(n, m);
	}
	printf("%lld\n", ((part1(n, m) - part2(n, m)) % MOD + MOD) % MOD);
	return 0;
}

Reference

• [1] OI Wiki：數論分塊
• [2] *ACoder*：總結與思考：數論分塊