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数论分块之整除分块

前言

最近在学莫比乌斯反演,然而只看懂了莫比乌斯函数,然后反演看着一脸懵逼,最后只看懂了数论分块里面的一个分支内容(也是莫比乌斯反演的前置姿势),整除分块于是写一篇博文记录一下整除分块

整除分块

整除分块是用于快速处理形似[sum_{i=1}^{n}{lfloor frac{n}{i} floor}]的式子的方法很显然,这个可以(O(n))得到答案。但是,在某些题目中,毒瘤出题人将数据加强到了(10^{10})以上,这个时候我们就无法通过(O(n))的解法来得到答案了。我们需要一个(O(sqrt{n}))的更为优秀的解法首先观察这个式子,找几个特殊值代入n=5时,sum=5+2+1+1+1可以发现的是:(这里给的例子并不明显,其实应该找一个大的n来代入才直观,读者可以自行尝试)对于单一的(lfloor frac{n}{i} floor),某些地方的值是相同的,并且呈块状分布通过进一步的探求规律与推理以及打表与瞎猜,我们可以惊喜的发现一个规律,这些块状分布的值是有规律的对于一个块,假设它的起始位置的下标为l,那么可以得到的是,它的结束位置的下标为(lfloor frac{n}{lfloor frac{n}{l}floor} floor)如果实在看的有点懵逼,可以继续采用代入特殊值的方法,验证一下上方的规律,用程序表现出来即为

//l为块的左端点,r为块的右端点r=n/(n/l)

在实际应用中,需要注意的就是除法除0的问题(一般都需要特判一下n/l)程序实现也十分简单

int ans = 0;for(int l = 1, r = 0; l <= n; l++) { r = n / (n / l); // do something}

实际应用

例题:BZOJ1257: [CQOI2007]余数之和

这题其实就是求[sum_{i=1}^{n}{kspace modspace i}]这题和整除分块又有什么关系呢?mod没有什么特殊的性质,所以我们将它展开来,就变成了[sum_{i=1}^{n}{kspace-lfloor frac{k}{i} floor*i}]于是我们就看到了一个熟悉的形式,也就是整除分块的一般形式

再次改一下这个式子[n*k-sum_{i=1}^{n}{lfloor frac{k}{i}floor*i}]那么(sum_{i=1}^{n}{lfloor frac{k}{i}floor*i})和普通的整除分块有什么差别呢?

其实就是多了一个i

确实,就是多了一个i而已,只需要简单的化简一下,这个i就对我们的处理没有什么影响了

因为我们知道,对于一个整除分块(sum_{i=l}^{r}{lfloorfrac{k}{i}floor}),其中的每个值都是相同的,于是我们可以设(T=lfloorfrac{k}{i}floor)

式子就化为了[sum_{i=l}^{r}T*i \=T*sum_{i=l}^{r}i ]也就是说,其实这个式子前半段是一个整除分块,后半段是一个首项为l,公差为1的等差数列

至此,我们就圆满的解决了这个问题,可以在(O(sqrt{n}))的时间内解决本题

这是整除分块中最基础的应用,就是单纯的利用整除分块来加速递推的实现,而实际上,整除分块更多的与其他函数结合在一起来使用,优化问题的求解

整除分块与积性函数

说到积性函数,就不得不讲到两个广为人知的函数(phi,mu),这是我们最熟悉的积性函数(其实我也只知道这两个)积性函数有一个很好用的性质(设(f(i))为一个积性函数):[f(i*j)=f(i)*f(j)]这里的(f(i))其实是一个完全积性函数。((phi)就不是一个完全积性函数:(phi(i*j)=phi(i)*phi(j))当且仅当i,j互质才成立)好了,讲完积性函数的这个性质后我们步入正题,整除分块与积性函数的联系很多时候,我们推出来整除分块的式子不是很裸的,常与其他函数结合(通常是积性函数,通常为(mu)(phi)这个时候如何统计答案呢?比如:[sum_{i=1}^{n}{mu(i)*lfloor frac{n}{i}floor}]积性函数的性质!因为积性函数这个很好用的性质,所以我们可以直接对前半段的莫比乌斯函数维护一个前缀和,再利用整除分块处理式子的后半段,处理答案的时候,把两段相乘即可当然,整除分块能结合的函数肯定不止这么几个(但是由于博主太菜所以并不知道其他的函数与整除分块结合的方法)

(To Be Continue...)