新数论分块的推广及其复杂度证明 【数论】【分块】

事情是这样的。。。
最近校内集训有这样一道题：

给定一个N（N<1e12)，问有多少个M使得 (N%M)|M.

校内绝大部分的人（其实就是除了我外）都是用质因数分解过的，大概是：

因为gcd(n,m)=gcd(n%m,m),且gcd(n%m,m)==n%m (题意），所以就有gcd(n,m)=n%m.
枚举a=n%m，则要n=ax，m=ay 满足 gcd(x,y)=1.
又因为m|n-a (n-n%m),两边除以a，有y|x-1，此时显然有gcd(x,y)=1，所以上面的限制可以直接忽略。
那么再统计x-1的因数个数即可。

复杂度大约为N的所有约数的约数个数，有点绕...

这种做法太暴力且复杂度玄学，但这做法竟然跑得飞快。。。
于是我抱着一股愤怒的心情写下这篇博客，来推广一下新数论分块。

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这其实是一道新数论分块（暂且叫它这个名字）的板子题。

先说结论：
类似于数论分块中，$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$的有有效取值只有$O(\sqrt{n})$个，$(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor ,\lceil \frac{i}{n\%i}\rceil )$的有效取值只有$O(\sqrt{n}\ln n)$个。
($i|n$时单独划一组，显然这最多不超过$O(\sqrt{n})$组）
(上述的取整都可以分别改成上取整和下取整，这见仁见智）

推导过程如下：
$令a=\lfloor \frac{n}{i}\rfloor ,b=\lceil \frac{i}{n\%i}\rceil$，并假定存在一个常数S.
那么对于同一个a而言：
1.若$b\le S$时，则$(a,b)$最多有S组。
2.若$b>S$时：
首先有$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor =a\iff \frac{n}{i}$