整数分块 （因数平方和）（余数之和）

整数分块

一般在算法中遇到时间复杂度为1e9的， 那么一次$O(n)$的遍历无法解决问题

求==${\sum }_{i=1}^n[\frac{n}{i}]$==

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例题1：因数平方和

原题链接

分析:

要求$n$的约数，时间复杂度肯定不够， 所以想到反着求

a是b的约数 <==> b是a的倍数，所以我们只需要求哪些数包含约数a相加

每一个约数a 对答案的贡献度为$a^2$， 每个数a是$\frac{n}{a}$个数的约数

故a这个数对答案的总贡献为$a^2\ast [\frac{n}{a}]$，故答案为：
$$\sum _{i=1}^n[\frac{n}{i}]\ast i^2$$

由上可知， 可以将n划分为前半段和后半段的话， 可计算出只需操作$2\sqrt{n}$个数即可

如此， 可以将$n$优化为$2\sqrt{n}$个数进行计算

进行分块治理，如下

将区间长度为$n$划分为$2\sqrt{n}$个区间， 对每个区间进行求值，每个区间值相同， 只需算连续平方和，可以直接用公式求平方和值， 故每个区间只需要算一次即可

结果：$O(N)-->O(N^2)$

推导出：每个区间最大的位置：$y=n/x$ ， 对于各个区间值为==$x=n/i$==

即计算区间和每个==$[i,y]$区间即可， 然后算完一个区间直接 $i=y+1$，来跳跃到下一个区间进行计算， 总共只需要算$2\sqrt{n}$==次

具体代码：

此题在计算平方和时可能数据量会超大（超LL）

__int128写法

#include <iostream>
using namespace std;
const int MOD = 1e9 + 7;
typedef long long LL;
//__int128 : 2^127 - 1
LL calc(int n) {    //计算平方和
//这里可能特别大超过2^64(LL)，故用__int128临时存储数值
    return n * (__int128)(n + 1) * (2*n + 1) / 6 % MOD;   
}

int main() {
    int n;
    cin >> n;
    LL res = 0;
    for(int i = 1; i <= n; ) {
        //划分为2sqrt(n)个区间，每个区间的所有数相等，第i个区间值为n/i
        int x = n / i, y = n / x;   
        //求区间[i, y]的平方和，再乘上x值
        res = res + x * (calc(y) - calc(i - 1)) % MOD;
        i = y + 1;  
    }
    //这块可能取模相减为负值，故
    cout << (res + MOD) % MOD << endl;
    return 0;   
}

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逆元写法

LL calc(int n) {    //计算平方和
//这里可能特别大超过2^64(LL)，故用__int128临时存储数值
    // return n * (LL)(n + 1) * (2*n + 1) / 6 % MOD;   
//逆元写法
    return n * (LL)(n + 1) % MOD * (2*n + 1) % MOD * 166666668 % MOD;
}


//计算 /6 的逆元
/for(int i = 1; ;i++) {		//算出逆元答案为166666668， 带入上式替换掉 '/6'
    if(i * 6 % MOD == 1) {
        cout << i << endl;
        return 0;
	}
}
 

例题2：余数之和

原题链接

思想：

首先看到数据范围为1e9级别，故可以想到用分块思想，优化到$O(2\sqrt{n})$

$k\%i$ <==> $k-[\frac{k}{i}]\ast i$

则$k\%{\sum }_1^n$ $<==>$ $n\ast k-{\sum }_{i=1}^n[\frac{k}{i}]\ast i$

代码

#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long LL;
LL sum_primes(int n, int k) {
    //k % i = k - [k / i] * i  --->   k % [1, n] = n*k - k / [1,n]*i
    LL res = (LL)n * k;
    for(int i = 1; i <= n; ) {
        if(k < i)   break;  //此时往后全为0，不用操作了
        int x = k / i, y = min(k / x, n);   //区间有极限值为n，防止越界
        //求区间总值 * x  --- > 等差数列求和：n * (a1 + an) / 2
        res -= x * (LL)(y - i + 1) * (i + y) / 2;
        i = y + 1;  //操作下一个区间
    }
    return res;
}
int main() {
    int n, k;
    cin >> n >> k;
    cout << sum_primes(n, k) << endl;
    return 0;
}