数论分块（整除分块）

首先，我们先来看以下一道题。

求
$$\sum _{i=1}^n\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$$

如果用朴素算法，则需要$O(n)$的时间复杂度。那有没有更快的方法呢？

我们可以分情况考虑：

• 当$1\le i\le \sqrt{n}$时，因为$i$只能取$\sqrt{n}$个值，$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$最多只能取$\sqrt{n}$个值
• 当$\sqrt{n}\le i\le n$时，$1\le \frac{n}{i}\le \sqrt{n}$，所以此时$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$最多取$\sqrt{n}$个值

也就是说，$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$总共能取$2\sqrt{n}$个值。又因为$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$随着$i$增大而减小，所以相同的$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$值在同一个区间。

举个例子，若$n=10$，则

$i$	$1$	$2$	$3$	$4$	$5$	$6$	$7$	$8$	$9$	$10$
$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$	$10$	$5$	$3$	$2$	$2$	$1$	$1$	$1$	$1$	$1$

对于一个有相同$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$值的区间，我们考虑在知道其左端点$l$的情况下，如何快速地求出其右端点。显然，这个区间中所有$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$的值都为$\lfloor \frac{n}{l}\rfloor$。令$d=\lfloor \frac{n}{l}\rfloor$，那么有

$$\begin{gathered} d=\lfloor \frac{n}{i}\rfloor =\frac{n-n\%i}{i} \\ i\times d=n-n\%i\le n \\ i\le \frac{n}{d} \end{gathered}$$

因为$r$为右端点，所以$r$是最大的，$r=\lfloor \frac{n}{d}\rfloor =\lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{l}\rfloor }\rfloor$

由上文，$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$最多只能取$2\sqrt{n}$个值，所以时间复杂度为$O(\sqrt{n})$。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,ans=0;
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for(int l=1,r;l<=n;l=r+1){
		r=n/(n/l);
		ans+=(r-l+1)*(n/l);
	}
	printf("%d",ans);
	return 0;
}

类似地，下面的题也可以用数论分块解决。

求
$$\sum _{i=1}^{\min (n,m)}\lfloor \frac{n}{i}\rfloor -\lfloor \frac{m}{i}\rfloor$$

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,ans=0;
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int l=1,r;l<=min(n,m);l=r+1){
		r=min(n/(n/l),m/(m/l));
		ans+=(r-l+1)*(n/l-m/l);
	}
	printf("%d",ans);
	return 0;
}

设$f,g$为数论函数，$F$为$f$的前缀和。若$F,g$已知，则如下式子也可以用数论分块来求。

$$\sum _{i=1}^{n}f(i)\times g(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$$

对于每一块，设左右端点分别为$l,r$，则这一块的贡献为

$$(F(r)-F(l-1))\times g(\lfloor \frac{n}{l}\rfloor )$$

时间复杂度为$O(\sqrt{n})$。