整除分块入门

整除分块

首先引入一个问题，若我们要求这么一个式子：
$$\sum _{i=1}^n\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$$
自然而然会想到这么一段翻译代码：

for(int i=1;i<=n;i++)
  sum+=n/i;

但是，如果 $1\le n\le 10^9$，又该如何解决呢？

显然，$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$与$\frac{n}{i}$的不同在于，前者的值在某些情况下会出现区间性的大量重复。
下面我们来考察当 $n=10$时$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$的取值

$$\boxed{10}\boxed{5}\boxed{3}\boxed{22}\boxed{11111}$$
我们可以发现：
$$\begin{gathered} \lfloor \frac{n}{1}\rfloor =10 \\ \lfloor \frac{n}{2}\rfloor =5 \\ \lfloor \frac{n}{3}\rfloor =3 \\ \lfloor \frac{n}{4}\rfloor =\lfloor \frac{n}{5}\rfloor =2 \\ \lfloor \frac{n}{6}\rfloor =\lfloor \frac{n}{7}\rfloor =\lfloor \frac{n}{8}\rfloor =\lfloor \frac{n}{9}\rfloor =\lfloor \frac{n}{10}\rfloor =1 \end{gathered}$$
显然重复部分（我们将他们成为块）占比很大，因此我们就找到了优化的突破口，如何优化在重复部分耗费的计算？

由于 $i$ 单调递增排列，因此重复部分是连续出现的，对于一个块$[l,r]$，若求出了 $l,r$就可以快速计算一整个块整除意义上的贡献。

经过思考可以得到$l$的初值必定为$1$，还有一个很显然的$l$ 的转移方程：
$$l=r+1$$
此时问题再次简单化，如何在已知$l$的情况下，快速求出重复部分右端点 $r$？

考虑 $r$的性质：根据$[l,r]$的定义可以得到$\lfloor \frac{n}{l}\rfloor =\lfloor \frac{n}{r}\rfloor$，我们将$\lfloor \frac{n}{l}\rfloor$表示为$k$ 。
此时有：
$$\begin{gathered} k=\lfloor \frac{n}{r}\rfloor \\ \frac{n}{r}\ge k（向下取整必定小于分数运算） \\ \frac{r}{n}\le \frac{1}{k} \\ r\le \lfloor \frac{n}{k}\rfloor (r\in \mathbb{Z}) \end{gathered}$$
此时若使 $r$ 最大，则取等，即$$r=\lfloor \frac{n}{k}\rfloor =\lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{l}\rfloor }\rfloor$$
此时，我们已经得到了快速求出 $l,r$的算法,因此对于大量的重复贡献，我么可以利用$[l,r]$区间快速得到总贡献，时间复杂度为$\Theta (\sqrt{n})$。
具体实现请看代码：

for(int l=1,r;l<=n;l=r+1)
{
  int k=n/l;
  r=n/k;
  sum=sum+(k*(r-l+1));  //相同贡献乘区间长度
}

我们习惯把以上优化算法称为整除分块（或除法分块、数论分块等），它可以优化以下类似式子的时间复杂度：
$$\sum _{i=1}^{n}f(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$$

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例题深化

1. UVA11526

模板题，翻译都不需要的那种，直接整除分块优化。（过~~~）

2.P3935 Calculating

题目大意：求
$$\begin{gathered} 若n=p_1^{c_1}\cdot p_2^{c_2}\cdots p_m^{c_m},f(n)=(c_1+1)\cdot (c_2+1)\cdots (c_m+1) \\ \sum _{i=l}^{r}f(i)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}998244353 \end{gathered}$$

首先我们要知道 $n=p_1^{c_1}\cdot p_2^{c_2}\cdots p_m^{c_m},则f(n)=(c_1+1)\cdot (c_2+1)\cdots (c_m+1)$即为$n$的因数个数，可以由质因数的组合得到这个公式，这里不再详解。

回顾到这道题，要求区间$[l,r]$中的数的因子个数之和，自然而然就是类似于前缀和式的方法：求出$[1,l-1]$的因子和以及$[1,r]$的因子和，然后后者减去前者，就可以得到$[l,r]$的因子和。

可以知道，$[1,n]$中$i$的倍数有$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$个，即有$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$个数包含因子$i$。因此$\sum _{i=1}^{n}f(i)=\sum _{i=1}^n\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$

$$\sum _{i=l}^{r}f(i)=\sum _{i=1}^r\lfloor \frac{r}{i}\rfloor -\sum _{i=1}^{l-1}\lfloor \frac{l}{i}\rfloor$$

然后又变成了整除分块裸题。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int MOD=998244353;
int a,b;
signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
    cin>>a>>b;
    int suma=0,sumb=0;
    for(int l=1,r;l<=(a-1);l=r+1)
    {
      r=(a-1)/((a-1)/l);
      suma=(suma+(((a-1)/l)%MOD*(r-l+1)%MOD)%MOD)%MOD;
    }
    for(int l=1,r;l<=b;l=r+1)
    {
      r=b/(b/l);
      sumb=(sumb+((b/l)%MOD*(r-l+1)%MOD)%MOD)%MOD;
    }
    cout<<((sumb-suma)%MOD+MOD)%MOD;
	return 0;
}

3.CF616E Sum of Remainders

题目大意：
求
$$(\sum _{i=1}^{m}n\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}i)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}(10^9+7)$$

很简单的一道推式子题，就是因为用上了整除分块才水上了紫。
$$\sum _{i=1}^{m}n\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}i=\sum _{i=1}^m(n-\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \cdot i)=nm-\sum _{i=1}^m\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \cdot i$$
由于块中的元素重复，我们可以提取公因数，因此乘 $i$可以在整除分块的过程中执行，不会影响效率，$\sum _{i=1}^m\lfloor \frac{n}{i}\rfloor i$可以利用整除分块和高斯求和公式快速得到（不懂得可以停下来稍微想想）。

照水不误

• 运算过程中会爆longlong，取余很恶心
• 在这种恶心超大取余数论题中，常要预处理出某些除数的乘法逆元。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define inv2 500000004//2在mod 1e9+7 意义下的乘法逆元
using namespace std;
int n,m;
int ans;
const int MOD=1e9+7;
signed main()
{
  cin>>n>>m;
  ans=((n%MOD)*(m%MOD))%MOD;
  int sum=0;
  for(int l=1,r;l<=min(n,m);l=r+1)
  {
    r=n/(n/l);
    if(r>m) r=m;
    sum=(1ll*sum%MOD+(1ll*(n/l)%MOD*((((r-l+1)%MOD)*((r+l)%MOD))%MOD*inv2%MOD)%MOD)%MOD)%MOD;
  }
  cout<<((ans-sum%MOD)%MOD+MOD)%MOD;
  return 0;
}

4.P2260 [清华集训2012]模积和

题目大意： 求
$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m(n\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}i)\cdot (m\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}j)i\ne j$$
$\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}19940417$的值

对于这种式子很长，没有思路的题目，往往需要我们将式子拆开来才能找到考点。
考虑式子条件$i\ne j$的运算意义，就是在原有式子的基础上减去$i,j$重复部分，即
$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m(n\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}i)(m\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}j)-\sum _{i=1}^{\min (n,m)}(n\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}i)(m\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}i)$$
然后我们就可以愉快的手撕$\sum$:
$$\begin{gathered} \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m(n\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}i)(m\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}j)-\sum _{i=1}^{\min (n,m)}(n\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}i)(m\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}i) \\ \iff \\ \sum _{i=1}^n(n\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}i)\sum _{j=1}^m(m\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}j)-\sum _{i=1}^{\min (n,m)}(n\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}i)(m\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}i) \\ \iff \\ \sum _{i=1}^n(n\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}i)\sum _{j=1}^m(m\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}j)-\sum _{i=1}^{\min (n,m)}(n-\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \cdot i)(m-\lfloor \frac{m}{i}\rfloor \cdot i) \\ \iff \\ \sum _{i=1}^n(n\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}i)\sum _{j=1}^m(m\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}j)-\sum _{i=1}^{\min (n,m)}(nm-m\cdot \lfloor \frac{n}{i}\rfloor \cdot i-n\cdot \lfloor \frac{m}{i}\rfloor \cdot i+\lfloor \frac{m}{i}\rfloor \lfloor \frac{n}{i}\rfloor \cdot i^2) \\ \iff \\ \sum _{i=1}^n(n\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}i)\sum _{j=1}^m(m\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}j)-\sum _{i=1}^{\min (n,m)}nm+\sum _{i=1}^{\min (n,m)}m\lfloor \frac{n}{i}\rfloor i+\sum _{i=1}^{\min (n,m)}n\lfloor \frac{m}{i}\rfloor i-\sum _{i=1}^{\min (n,m)}\lfloor \frac{m}{i}\rfloor \lfloor \frac{n}{i}\rfloor i^2 \end{gathered}$$
我们使$m<n$:
$$\begin{gathered} \sum _{i=1}^n(n\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}i)\sum _{j=1}^m(m\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}j)-\sum _{i=1}^{m}nm+\sum _{i=1}^{m}m\lfloor \frac{n}{i}\rfloor i+\sum _{i=1}^{m}n\lfloor \frac{m}{i}\rfloor i-\sum _{i=1}^m\lfloor \frac{m}{i}\rfloor \lfloor \frac{n}{i}\rfloor i^2 \\ \iff \\ \sum _{i=1}^n(n\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}i)\sum _{j=1}^m(m\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}j)-n{m}^2+m\sum _{i=1}^m\lfloor \frac{n}{i}\rfloor i+n\sum _{i=1}^m\lfloor \frac{m}{i}\rfloor i-\sum _{i=1}^m\lfloor \frac{m}{i}\rfloor \lfloor \frac{n}{i}\rfloor i^2 \end{gathered}$$
这个式子结构性就很强了，我们可以考虑逐一求得式子各部分的值来得到最终答案。

• part 1：$\sum _{i=1}^n(n\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}i)\sum _{j=1}^m(m\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}j)$
  很显然就是上一题的结论与做法，不再赘述。

• part 2：$n{m}^2$
  入门级运算

• part 3：$m\sum _{i=1}^m\lfloor \frac{n}{i}\rfloor i+n\sum _{i=1}^m\lfloor \frac{m}{i}\rfloor i$
  依旧是上一题结论，换汤不换药。

• part 4：$\sum _{i=1}^m\lfloor \frac{m}{i}\rfloor \lfloor \frac{n}{i}\rfloor i^2$

看到这个式子我一开始就蒙了（太弱了），是不是式子柴得不够完全啊，然后就浪费了大量的时间来化简这个式子，最后还是做了无用功。

那到底应该如何处理呢？观察这部分式子，$\lfloor \frac{m}{i}\rfloor$与$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$都是我们熟悉的整除分块，但是要是将他们联系在一起$\lfloor \frac{m}{i}\rfloor \lfloor \frac{n}{i}\rfloor$显然不是简单的直接分块相乘，那又该如何优化呢？借助上一题的思路，利用块的优化过程自然也要带上计算$i^2$，那是否 $\sum _{i=1}^n{i}^2$也具有类似等差数列一样的求和公式呢（我太弱了不知道，在教练的帮助下推了好久才推出来）？

我们来模拟一下$\sum _{i=1}^m\lfloor \frac{m}{i}\rfloor \lfloor \frac{n}{i}\rfloor$的过程,考虑$n=20,m=17$

$$\begin{gathered} \boxed{20\cdot 17}\boxed{10\cdot 8}\boxed{6\cdot 5}\boxed{5\cdot 4}\boxed{4\cdot 3}\boxed{3\cdot 2}\boxed{2\cdot 22\cdot 2}\boxed{2\cdot 12\cdot 1} \\ \boxed{1\cdot 11\cdot 11\cdot 11\cdot 11\cdot 11\cdot 11\cdot 1} \end{gathered}$$

稍加思索可以发现，$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$所分的一个块与$\lfloor \frac{m}{i}\rfloor$所分的一个块的交集（公共部分）也是$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \lfloor \frac{m}{i}\rfloor$的一个块。

稍微数学一点的表达：
$$\begin{gathered} 若A为\lfloor \frac{n}{i}\rfloor 的一个块，B为\lfloor \frac{m}{i}\rfloor 的一个快 \\ 记作A\in \lfloor \frac{n}{i}\rfloor ，B\in \lfloor \frac{m}{i}\rfloor \\ 则有(A\cap B)\in \lfloor \frac{n}{i}\rfloor \lfloor \frac{m}{i}\rfloor \end{gathered}$$
有了这个概念，我们就易得$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \lfloor \frac{m}{i}\rfloor$的块$[l,r]$的左右端点转移方程：
$$\{\begin{array}{l}r=\min (\lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{l}\rfloor }\rfloor ,\lfloor \frac{m}{\lfloor \frac{m}{l}\rfloor }\rfloor )\\ \\ l=r+1\end{array}$$

接下来我们考虑推导 $S_n=\sum _{i=1}^n{i}^2$ 的通项式。

考虑
$$\begin{gathered} \because (n+1{)}^3=n^3+3n^2+3n+1 \\ \therefore (n+1{)}^3-n^3=3n^2+3n+1 \\ \therefore \{\begin{array}{l}{2}^3-1^3=3\cdot 1^2+3+1=7\\ 3^3-2^3=3\cdot 2^2+3\cdot 2+1=19\\ 4^3-3^3=3\cdot 3^2+3\cdot 3+1=37\\ \cdots \\ (n+1{)}^3-n^3=3n^2+3n+1\end{array} \\ \therefore \begin{array}{rl}(n+1{)}^3-1^3& =\sum _{i=1}^n\left((i+1{)}^3-i^3\right)\\ & =3\sum _{i=1}^n{n}^2+3\sum _{i=1}^{n}i+\sum _{i=1}^{n}1\\ & =3\cdot S_n+3\cdot \frac{(n+1)n}{2}+n\end{array} \\ \therefore \begin{array}{rl}{S}_n& =\frac{(n+1{)}^3}{3}-\frac{1}{3}-\frac{(n+1)n}{2}-\frac{n}{3}\\ & =\frac{2(n+1{)}^3}{6}-\frac{2}{6}-\frac{3(n+1)n}{6}-\frac{2n}{6}\\ & =\frac{2(n+1{)}^3-2-3(n+1)n-2n}{6}\\ & =\frac{2n^3+6n^2+6n+2-2-3n^2-3n-2n}{6}\\ & =\frac{2n^3+3n^2+n}{6}\\ & =\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}(提取公因数后再十字相乘化简)\end{array} \end{gathered}$$

此时，我们已经解决了关于这道题的所有难点，有了二维整除分块以及$\sum _{i=1}^n{i}^2$的求和公式，我么就可仿照类似上一题一般的方法优化$\sum _{i=1}^m\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \lfloor \frac{m}{i}\rfloor i^2$。

此时，我们首先化简题目的式子，然后对式子各部分进行逐一处理优化，最后得到了最终的算法：

处理以下函数

• $F_x：\sum _{i=1}^x(x\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}i)$
• $G_{x,y}：\sum _{i=1}^x(y\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}i)$
• $T：\sum _{i=1}^m\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \lfloor \frac{m}{i}\rfloor i^2$

最终答案为：$F_n{F}_m-n{m}^2+n{G}_{m,m}+m{G}_{m,n}-T$

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
const long long MOD=19940417,inv6=3323403,inv2=9970209;  //预处理公式中除数的乘法逆元
using namespace std;
int n,m;
int G(int s,int t)
{
  int sum=0;
  for(int l=1,r;l<=s;l=r+1)
  {
    r=min(t/(t/l),s);
    sum=(sum+1ll*(t/l)*(r+l)%MOD*(r-l+1)%MOD*inv2)%MOD;
  }
  return sum%MOD;
}
int F(int s)
{
  return (1ll*s*s-G(s,s))%MOD;
}
int S(int s)
{
  return 1ll*s*(s+1)%MOD*(s+s+1)%MOD*inv6%MOD;
}
int ans()
{
  int a;
  a=1ll*F(n)*F(m)%MOD;
  a=(a+1ll*n*G(m,m)+1ll*m*G(m,n))%MOD;
  a=1ll*(a-1ll*m*m%MOD*n)%MOD;
  return a;
}
int T()
{
  int sum=ans();
  for(int l=1,r;l<=m;l=r+1)
  {
    r=min(n/(n/l),m/(m/l));
    sum=(sum-1ll*((n/l)%MOD*(m/l))%MOD*(S(r)-S(l-1))%MOD)%MOD;
  }
  return (sum%MOD+MOD)%MOD;
}
signed main()
{
  ios::sync_with_stdio(false);
  cin.tie(0);
  cout.tie(0);
  cin>>n>>m;
  if(m>n) swap(m,n);
  cout<<T();
  return 0;
}