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,⌊ni⌋\lfloor \frac{n}{i}\rfloor⌊in⌋的有有效取值只有O(n)O(\sqrt n)O(n)个,(⌊ni⌋,⌈in%i⌉)(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor,\lceil\frac{i}{n\%i}\rceil)(⌊in⌋,⌈n%ii⌉)的有效取值只有O(nlnn)O(\sqrt n \ln n)O(nlnn)个。
(i∣ni|ni∣n时单独划一组,显然这最多不超过O(n)O(\sqrt n)O(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=⌊ni⌋,b=⌈in%i⌉令a=\lfloor \frac{n}{i}\rfloor,b=\lceil\frac{i}{n\%i}\rceil令a=⌊in⌋,b=⌈n%ii⌉,并假定存在一个常数S.
那么对于同一个a而言:
1.若b≤Sb\leq Sb≤S时,则(a,b)(a,b)(a,b)最多有S组。
2.若b>Sb> Sb>S时:
首先有⌊ni⌋=a⇔ni≥a⇔i≤na\lfloor \frac{n}{i}\rfloor=a \Leftrightarrow \frac{n}{i}\geq a \Leftrightarrow i \leq \frac{n}{a}⌊in⌋=a⇔in</