整除分块，数论分块

数论分块

整除定理

整除定理事实上是两个式子：
$\lfloor \frac{a}{bc}\rfloor =\lfloor \frac{\lfloor \frac{a}{b}\rfloor }{c}\rfloor$

$\lceil \frac{a}{bc}\rceil =\lceil \frac{\lceil \frac{a}{b}\rceil }{c}\rceil$

$a,b,c\in \mathbb{N}$

参照(3.4)、(3.5)的证明

商定理

$\forall n\in {\mathbb{N}}^{+}:\left|\left\{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor |i\in [1,n]\cap \mathbb{Z}\right\}\right|=O(\sqrt{n})$

也就是说：$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$至多有$O(\sqrt{n})$种取值。

这很显然，因为对于$i\le \sqrt{n}$，至多有$\sqrt{n}$个$i$，$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$至多有$\sqrt{n}$种取值。
对于$i>\sqrt{n}$，$1\le \frac{n}{i}<\sqrt{n}$，也至多有$O(\sqrt{n})$种取值。

方法一

整除分块用于快速求以下和式：
$\stackrel{n}{\sum _{i=1}}\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$

我们注意到，$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$至多有$O(\sqrt{n})$种取值，而且显然相同的取值分布于连续的块内。

当我们计算到了一个块$x$内时，一开始必然处于块的左端点$l$，我们只需要快速计算出块的右端点$r$，即可快速计算块内的贡献。

根据结论$r=n/(n/l)$，我们可以快速计算右端点，因此可以整除分块。
结论以及证明在下面。

因此可以整除分块：

#include<iostream>
using namespace std;
long long calc(long long n) {
	long long sum=0;
	for(long long l=1,r;l<=n;l=r+1) 
		r=n/(n/l),
		sum+=n/l*(r-l+1);
	return sum;
}
signed main() {
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	int T;
	cin>>T;
	while(T--) {
		int x;
		cin>>x;
		cout<<calc(x)<<endl;
	}
	
}

或：

#include<iostream>
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long calc(long long n) {
	long long sum=0;
	for(long long l,r=n;r>=1;r=l-1) {
		l=(n/(n/r+1))+1;
		sum+=n/l*(r-l+1);
	}
	return sum;
}
signed main() {
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	int T;
	cin>>T;
	while(T--) {
		int x;
		cin>>x;
		cout<<calc(x)<<endl;
	}
	
}

从左端点计算右端点是非常容易的，也是普遍使用的整除分块写法。

向下取整分块

结论：对于$i$处于权值为$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$的块内，块对应的定义域为$i\in \left[1+\lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor +1}\rfloor ,\lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }\rfloor \right]$

证明：
我们注意到：
$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \le \frac{n}{i}<\lfloor \frac{n}{i}\rfloor +1$，这个条件是充要的，即：$R_{\frac{n}{i}}=\left[\lfloor \frac{n}{i}\rfloor ,\lfloor \frac{n}{i}\rfloor +1\right)$，其中$R$表示值域。

我们对这个条件做不等式的充分必要变换（即不存在不等式放缩），得到：
$\{\begin{array}{c}i\le \frac{n}{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }\\ \frac{n}{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor +1}<i\end{array}$

对第二个不等式做处理，得到：
$\{\begin{array}{c}i\le \frac{n}{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }\\ 1+\lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor +1}\rfloor \le i\end{array}$

因为$i\in \mathbb{Z}:$
$\{\begin{array}{c}i\le \lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }\rfloor \\ 1+\lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor +1}\rfloor \le i\end{array}$

QED.

向上取整分块

结论：对于$i$处于权值为$\lceil \frac{n}{i}\rceil$的块内，块对应的定义域为$i\in \left[\lceil \frac{n}{\lceil \frac{n}{i}\rceil }\rceil ,\lceil \frac{n}{\lceil \frac{n}{i}\rceil -1}\rceil -1\right]$

证明：
$\lceil \frac{n}{i}\rceil -1<\frac{n}{i}\le \lceil \frac{n}{i}\rceil$
则：$\{\begin{array}{c}\frac{n}{\lceil \frac{n}{i}\rceil }\le i\\ i<\frac{n}{\lceil \frac{n}{i}\rceil -1}\end{array}$
即：$\{\begin{array}{c}\lceil \frac{n}{\lceil \frac{n}{i}\rceil }\rceil \le i\\ i\le \lceil \frac{n}{\lceil \frac{n}{i}\rceil -1}\rceil -1\end{array}$

这个条件是充要的，证毕。

方法二

此方法仅供参考。

求以下和式：
$\stackrel{n}{\sum _{i=1}}\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$

假设目前在$i$位置，我们考虑构造带余除法$n=p\cdot i+q$，其中$p$则为$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$。
注意$i$为除数，$p$为整除的结果，$q$为余数。

若$i$向左移动1次，则$n=p\cdot (i-1)+(q+p)$。
向左移动$k$次，则$n=p\cdot (i-k)+(q+k\cdot p)$

$p$发生改变，当且仅当$i-k\le q+k\cdot p$，也就是$i-q\le k\left(1+\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \right)$
因而：$k\ge \frac{i-q}{n/i+1}$
注意到$q$是余数：$k\ge \frac{i-nmodi}{n/i+1}$
我们应该取到最小的$k$，只有这样才使得$k$是块长：$k=\lceil \frac{i-nmodi}{n/i+1}\rceil$

代码很细节：

#include<iostream>
#include<cmath>
using namespace std;
long long H(long long n) {
	long long sum=0;
	for(long long i=n,k;i>=1;i-=k) {
		k=ceil(double(i-n%i)/(n/i+1));
		sum+=n/i*k;
	}
	return sum;
}
int main() {
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	int T;
	cin>>T;
	while(T--) {
		long long x;
		cin>>x;
		cout<<H(x)<<endl;
	}
	return 0;
}

通过这种方法可以求出其他情况下的范围，但是我懒得推了。

练习题

更复杂情况：

若要计算：
$\stackrel{n}{\sum _{i=1}}f(i)\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$，则初始化出$f$函数的前缀和，记作$g$，再分块计算即可，也就是这样：
$\stackrel{n}{\sum _{i=1}}f(i)\lfloor \frac{n}{i}\rfloor =\sum _{l,r}(g(r)-g(l-1))\lfloor \frac{n}{l}\rfloor$

练习题

后记

其实还有一些像是这样的东西：$\underset{i=1}{\sum ^n}\lfloor \frac{n}{i^3}\rfloor$，但是这个不在我们今天讨论的范围之内了。

于是皆大欢喜。