数论分块

首先我们需要知道数论分块的用途：它可以快速计算含有除法向下取整的和式。形如\(\sum_{i=1}^{n}f(i)g(\lfloor{\frac{n}{i}}\rfloor)\).为什么可以快速计算呢，因为那个g的部分我们可以采用分块的思想快速求解。也就是就\(O(\sqrt{n})\)的时间复杂度里面求解。

下面讲解为什么是这样的：

因为\(\lfloor{\frac{n}{i}}\rfloor\)的值是一个块状分布，就是所有的值聚集在一个连续的快里面。例如:n=21时，我们按照\(\lfloor{\frac{21}{i}}\rfloor\)的值不同，可以把i的值域分为8块：{1},{2},{3},{4},{5},{6,7},{8,9,10}.{11,12,13,\(\cdots,21\)}.

这里我们可以根据图像进行理解：

证明1：分块的快数需要\(\leq2 \lfloor{\sqrt{n}}\rfloor\)

当我们的\(i\leq\lfloor{\sqrt{n}}\rfloor\),\(\lfloor{\frac{n}{i}}\rfloor\)有\(\lfloor{\sqrt{n}}\rfloor\)种取值。这里我们可以这么记忆，也就是i从\(1\sim \sqrt{n}\)有多少种不同的取值。然后下取整一下就好了。

当\(i\ge\sqrt{n}\)时，\(\lfloor{\frac{n}{i}}\rfloor \leq \lfloor{\sqrt{n}},所以\lfloor{\frac{n}{i}}\rfloor最多有根号n种取值。\)

证明2：i所在块的右端点是\(\lfloor{\frac{n}{\lfloor{\frac{n}{i}}\rfloor}}\rfloor\)

一定要注意这个k是指i所在块的值，也就是函数的纵坐标.

例题讲解

[题目链接]([CQOI2007]余数求和 - 洛谷)

核心思路：首先我们应该对于k mod i 进行化简。\(k\pmod{i}=k-(k/i)*i\).然后我们会惊奇的发现后面那一部分就是我们刚开始的求和公式。然后我们就可以采用在\(\sqrt{n}\)的时间复杂度求出来\(t=\lfloor{\frac{k}{i}}\rfloor\).

具体的思路是我们可以利用t在这个\([L,R]\)这个区间里面的分块值不变，注意我们的L和R是已经在一个块里面的。然后我们在不断地迭代更新L和R，因为我们的R是可以通过数论分块的公式求出来的，所以我们可以L=R+1来迭代更新.

\(对于\sum_{i=1}^{r}i\)这个求和就是很容易的了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 110, M = 11, MOD = 1e8;

int main()
{
	LL n, k;
	cin >> n >> k;
	LL res = n * k;
	LL l = 1,r;
	while (l <= n)
	{
		if (k / l)
			r = min(k / (k / l), n);
		else//因为一旦k/l等于0就说明这个l已经很大了.所以k/(k/l)就是一个无穷的数了,但是我们右端点最大都是不可以超过n的
			r = n;
		res -= (k / l) * (r - l + 1) * (l + r) / 2;
		l = r + 1;//迭代更新
	}
	cout << res << endl;

}