数论分块-JZTXT

概念

我们考虑这样一个问题：求 \(\sum_{i=1}^{k} \lfloor \dfrac{n}{i} \rfloor\)

我们以 \(n=7,k=7\) 为例子，先画出 \(f(x) = \dfrac{7}{x} \ (1 \leq x \leq 7)\) 的图像

因为我们的取值是向下取整的，我们描出所有可能的取值

注意到所有的点按照取值可以分成若干段

我们可以一次性处理一个段的答案，把整段对答案的贡献加上即可

这就是数论分块

实现

如果要实现整块一起统计，我们需要求出每一块的块头 \(l\) 和块尾 \(r\)，则：

\[Ans = \sum_{i=1}^{k} \lfloor \dfrac{n}{i} \rfloor = \sum_{[l,r]} (r-l+1)(\lfloor \dfrac{n}{l} \rfloor) \]

注意到每一块的 \(l\) 都可以由上一块的 \(r\) 推出，故我们继续讨论如何在已知 \(l\) 的情况下推出 \(r\)

令 \(t = \lfloor \dfrac{n}{l} \rfloor\) ，容易得到

\[\begin{cases} r = \min(\lfloor \dfrac{n}{t} \rfloor,n) \ \ \ &(t \neq 0) \\ r = n \ \ \ &(t=0) \end{cases} \]

直接计算即可

应用

P2261 [CQOI2007]余数求和

先推式子

\[\begin{aligned} G(n,k) &= \sum_{i=1}^{n} k \bmod i \\ &= \sum_{i=1}^{n} k - i \times \lfloor \dfrac{k}{i} \rfloor \\ &= nk - \sum_{i=1}^{n} i \times \lfloor \dfrac{k}{i} \rfloor \end{aligned} \]

直接用数论分块解决即可

#include <bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
using namespace std;

ll n, k, res;

signed main() {
    scanf("%lld%lld", &n, &k);

    for (ll l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {
        r = (k / l) ? min(k / (k / l), n) : n;
        res += (k / l) * ((l + r) * (r - l + 1) >> 1);
    }

    printf("%lld", n * k -res);
    return 0;
}

P3935 Calculating

令 \(g(x) = \sum_{i=1}^{n} f(i)\) ，则

\[\sum_{i=l}^{r} = g(r) - g(l-1) \]

我们推一下 \(g(x)\)

\[\begin{aligned} g(x) &= \sum_{i=1}^{x} f(i) \\ &= \sum_{i=1}^{x} \sum_{j=1}^{x} [i \mid j] \\ &= \sum_{i=1}^{x} \lfloor \dfrac{x}{i} \rfloor \end{aligned} \]

直接用数论分块解决即可

#include<bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
using namespace std;
const ll Mod=998244353;

ll l, r;

inline ll g(ll n) {
	ll res = 0;
	
	for (ll l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {
	    r = (n / l) ? min(n / (n / l), n) : n;
	    res = (res + (n / l) * (r - l + 1)) % Mod;
	}
	
	return res;
}

signed main() {
	scanf("%lld%lld", &l, &r);
	printf("%lld", ((g(r) - g(l - 1)) % Mod + Mod) % Mod);
	return 0;
}