整除分块
为什么放在 \(9.\) 这个板块捏？
感觉前面很多地方都会 浅浅涉及
建议阅读 数论函数基础 章节，了解基本概念与先要知识
又称 数论分块，因其解决的问题 与整除密切相关 而得名，常用于求解形如
\[\begin {aligned} \sum _ {i = 1} ^ n { f (i) g \left ( \left \lfloor \dfrac n i \right \rfloor \right ) } \end {aligned} \]这样的 和式，必要前提是 \(f\) 的 前缀和 可以快速计算，或 已经得出
全文 绝大多数 内容是对 [0] 中讲述的 粗略抄写 和 胡乱加工
1. 原理
容易证明，不同的 \(\left \lfloor \dfrac n i \right \rfloor\) 的取值只有至多 \(2 \sqrt n\) 个
当 \(i \le \sqrt n\) 时，至多 \(\sqrt n\) 种 不同取值
当 \(i > \sqrt n\) 时，\(\dfrac n i < \sqrt n\)，同样至多 \(\sqrt n\) 种 不同取值
故枚举不同取值，乘上 \(f\) 中对应的 一段 就可以得到答案，通常复杂度 \(O (\sqrt n)\)
这样变换后的和式可以表示成 下面的形式
\[\begin {aligned} \sum _ d g (d) \sum _ {i = l} ^ r f (i) \end {aligned} \]现在 问题的关键 来到了如何 迅速求得 \(l, r\) 的值，即使得 \(\left \lfloor \dfrac n i \right \rfloor = d\) 的 \(i\) 上下界
转化一下，容易发现 \(\left \lfloor \dfrac n i \right \rfloor = d\) 对于 \(i\) 有 \(i (d + 1) > n\) 与 \(id \le n\) 两条限制
于是除过去就变成 \(\left \lfloor \dfrac n {d + 1} \right \rfloor < i \le \left \lfloor \dfrac n d \right \rfloor\)，这时候我们设当前枚举到一个 \(l\)
容易计算出其对应的 \(d = \left \lfloor \dfrac n i \right \rfloor\)，又根据上文这样的 \(i_{\max} = \left \lfloor \dfrac n d \right \rfloor\)，故 \(r = \left \lfloor \dfrac n {\left \lfloor \frac n i \right \rfloor} \right \rfloor\)
当 \(i\) 的 上界不为 \(n\) 时，需要 特殊处理
- 若上界小于 \(n\) 时，每次 \(r\) 对上界取 \(\min\)
- 若上界大于 \(n\) 时，\(l\) 大于 \(n\) 之后 \(\left \lfloor \dfrac n i \right \rfloor = 0\)
注意枚举到 \(l > n\) 时退出，不要用 \(r \le n\)
2. 拓展
上取整和式
考虑如果后面的 \(g\) 函数不是 向下取整 的 \(g \left (\left \lfloor \dfrac n i \right \rfloor \right )\) 形式，而是 向上取整 的 \(g \left (\left \lceil \dfrac n i \right \rceil \right )\) 形式呢
我们同样考虑求得 \(i\) 的上下界，\(\left \lceil \dfrac n i \right \rceil = d\) 对于 \(i\) 有 \(id \ge n\) 与 \(i (d - 1) < n\) 两条限制
于是有 \(\left \lceil \dfrac n d \right \rceil \le i < \left \lceil \dfrac n {d - 1} \right \rceil\)，同样我们设当前枚举到一个 \(l\)
容易计算出其对应的 \(d = \left \lceil \dfrac n i \right \rceil\)，有 \(r < \left \lceil \dfrac n {\left \lceil \frac n i \right \rceil - 1} \right \rceil\)，但这还不太行，我们需要 等式形式
稍微变形一下，得到 \(r = \left \lfloor \dfrac {n - 1} {\left \lceil \frac n i \right \rceil - 1} \right \rfloor\) 就行了，注意 \(l= n\) 时 分母为零，需要特判
高维数论分块
当 和式中出现多个上界，形如
\[\begin {aligned} \sum _ {i = 1} ^ n f (i) \sum _ {j = 1} ^ m g \left ( \left \lfloor \dfrac {n_j} i \right \rfloor \right ) \end {aligned} \]我们每次令
\[\begin {aligned} r = \min _ {j = 1} ^ m \left ( \left \lfloor \dfrac {n_j} { \left \lfloor \frac {n_j} i \right \rfloor } \right \rfloor \right ) \end {aligned} \]就行了，相当于把 每个 \(n_j\) 的所有断点均取出，故时间复杂度 \(O (\sum \sqrt {n_j})\)
3. 例题
CF1603C Extreme Extension
脑抽抽了，想了好一会儿，看了题解才懂，写的可能很抽象
容易想到 贪心策略，当限制好 \(a_i\) 的大小为 \(v\) 时，那么 \(a_i\) 应当 被分的尽量均匀
形式化的说，此时 \(a_i\) 应当被分为若干个 \(\left \lfloor \dfrac {a_i} {\left \lfloor \frac {a_i} {v} \right \rfloor} \right \rfloor\)，余下的数 摊到靠后的几个上
\(\left \lfloor \dfrac {a_i} {\left \lfloor \frac {a_i} {v} \right \rfloor} \right \rfloor\) 就是其 最优情况下分裂出的数的最小值，显然，分裂次数为 \(\left \lceil \dfrac {a_i} v \right \rceil -1\)
显然，一个子段末尾 的值最优的情况是 不被分开
于是根据上述策略，我们可以得到一个 简单的 \(O (n ^ 2)\) 算法，即枚举右端点，向左倒推
显然不够优，仔细思考我们可以发现，对于一个 \(a_i\)，\(\left \lfloor \dfrac {a_i} {\left \lfloor \frac {a_i} {v} \right \rfloor} \right \rfloor\) 的取值仅有 \(O (\sqrt n)\) 种
容易证明，对于一个 确定的取值，其 分裂次数是固定的
我们尝试将这些 相同取值的段合并到一起计算贡献
考虑设 \(f _ {i, x}\) 以 \(a_i\) 开头，满足 \(\left \lfloor \dfrac {a_i} {\left \lfloor \frac {a_i} {v} \right \rfloor} \right \rfloor = x\) 的 子串个数（右端点个数），考虑转移
显然，\(a _ {i + 1}\) 的分裂最小取值会 直接决定 转移到的 \(x\)，但直接取 分裂最小取值相等 的段 比较困难
\(\left \lfloor \dfrac {a_i} {\left \lfloor \frac {a_i} {v} \right \rfloor} \right \rfloor\) 这个式子的相等段比较难找
故考虑找 分裂出的数个数 \(\left \lceil \dfrac {a_{i}} v \right \rceil\) 相同的段，可以用 向上取整的数论分块 实现
设 \(c = \left \lceil \dfrac {a_i} l \right \rceil\) 表示 分裂出数的个数（\(l\) 即该区间 左端点），那么 \(a_i\) 的分裂最小取值即为 \(\left \lfloor \dfrac {a_i} {c} \right \rfloor\)
于是有 \(f _ {i, v} = \sum _ {j = l} ^ {r} f _ {i + 1, j}\)
注意到 \(f_i, f_{i + 1}\) 中其实均只有 \(O (\sqrt n)\) 个位置有取值，故复杂度可以保证
考虑 \(f_{i, v}\) 的意义，即使得 \(a_i\) 分裂最小取值为 \(v\) 这种情况的 右端点情况数
考虑贡献，显然若 子段左端点 小于等于 \(i\)，则 \(f _ {i, v}\) 的 每一种情况 都会被算进去
向左延伸不影响 \(a_i\) 的分裂情况
然后 \(f_{i, v}\) 中每一种情况，都会使得 \(a_i\) 做 \(c - 1\) 次分裂，故其对答案的贡献为 \(i(c - 1) f _ {i, v}\)
于是我们 从右向左转移 即可，每次至多转移 \(O (\sqrt n)\) 个有值点，时间复杂度 \(O (n \sqrt n)\)
注意 \(c = 1\) 时，即 \(a_i\) 不需要分裂
此时 \(f_{i, v} = f _ {i + 1, a_i}\) 再加 \(1\)，可以理解为多了一个以 \(a_i\) 开头且仅含这个 \(a_i\) 的子段
代码较为直观（因为很短）上面的讲解很史
#include <bits/stdc++.h>
const int MAXN = 100005;
const int MAXV = 100000;
const int MOD = 998244353;
using namespace std;
struct Node {
int val, sum;
};
int N, D, V;
int A[MAXN];
uint32_t Ans = 0;
inline void Solve () {
std::vector <Node> Now, Lst;
cin >> N, Ans = 0;
for (int i = 1; i <= N; ++ i) cin >> A[i];
Lst.push_back ({A[N], 1});
for (int i = N - 1; i; -- i) {
while (Now.size ()) Lst.push_back (Now.back ()), Now.pop_back ();
for (int l = 1, r; l <= MAXV; l = r + 1) {
D = (A[i] - 1) / l + 1, V = (D == 1);
r = (D > 1) ? (A[i] - 1) / (D - 1) : MAXV;
while (Lst.size () && Lst.back ().val <= r) V = (V + Lst.back ().sum) % MOD, Lst.pop_back ();
Ans += (1ll * i * V % MOD * (D - 1) % MOD), Ans = Ans % MOD;
Now.push_back ({A[i] / D, V});
}
}
Now.clear (), Lst.clear ();
cout << Ans << '\n';
}
int T;
int main () {
cin >> T;
while (T --) Solve ();
return 0;
}
Luogu P2260 [清华集训2012] 模积和
推狮子，先容斥一下把 \(i \neq j\) 的部分搞掉
\[\begin {aligned} & \sum _ {i = 1} ^ n { \sum _ {j = 1} ^ m { \left ( n - \left \lfloor \dfrac n i \right \rfloor i \right ) \left ( m - \left \lfloor \dfrac m j \right \rfloor jj \right ) } } & (i \neq j) \\ =& \sum _ {i = 1} ^ n { \left ( n - \left \lfloor \dfrac n i \right \rfloor i \right ) } \times \sum _ {j = 1} ^ m { \left ( m - \left \lfloor \dfrac m j \right \rfloor j \right ) } & (i \neq j) \\ =& \sum _ {i = 1} ^ n { \left ( n - \left \lfloor \dfrac n i \right \rfloor i \right ) } \times \sum _ {j = 1} ^ m { \left ( m - \left \lfloor \dfrac m j \right \rfloor j \right ) } - \sum _ {i = 1} ^ n { \left ( n - \left \lfloor \dfrac n i \right \rfloor i \right ) \left ( m - \left \lfloor \dfrac m i \right \rfloor i \right ) } \\ =& \left ( n ^ 2 - \sum _ {i = 1} ^ n { \left \lfloor \dfrac n i \right \rfloor i } \right ) \times \left ( m ^ 2 - \sum _ {j = 1} ^ m { \left \lfloor \dfrac m j \right \rfloor j } \right ) - \sum _ {i = 1} ^ n { \left ( n - \left \lfloor \dfrac n i \right \rfloor i \right ) \left ( m - \left \lfloor \dfrac m i \right \rfloor i \right ) } \end {aligned} \]容易发现 前面两部分 数论分块可以秒掉
后面部分一样的拆开，得到
\[\begin {aligned} & \sum _ {i = 1} ^ n { \left ( n - \left \lfloor \dfrac n i \right \rfloor i \right ) \left ( m - \left \lfloor \dfrac m i \right \rfloor i \right ) } \\ =& \sum _ {i = 1} ^ n { \left ( nm - n \left \lfloor \dfrac m i \right \rfloor i - m \left \lfloor \dfrac n i \right \rfloor i + i ^ 2 \left \lfloor \dfrac n i \right \rfloor \left \lfloor \dfrac m i \right \rfloor \right ) } \\ =& n ^ 2 m - \sum _ {i = 1} ^ n { \left ( n \left \lfloor \dfrac m i \right \rfloor i + m \left \lfloor \dfrac n i \right \rfloor i - i ^ 2 \left \lfloor \dfrac n i \right \rfloor \left \lfloor \dfrac m i \right \rfloor \right ) } \end {aligned} \]然后再次 整除分块 就可以了，注意这是 二维 的（有 \(n, m\) 两个上界）
#include <stdio.h>
#include <stdint.h>
const uint32_t MAXN = 100005;
const uint32_t MOD = 19940417;
const uint32_t Inv6 = 3323403;
uint32_t N, M, T;
uint32_t d, v;
uint64_t Ans0, Ans1, Ans2, Ans3, Ans;
inline uint64_t Sum1 (const uint64_t L, const uint64_t R) {
return ((R * (R + 1) >> 1) - (L * (L + 1) >> 1)) % MOD;
}
inline uint64_t Sum2 (const uint64_t L, const uint64_t R) {
uint64_t Max = R * (R + 1) % MOD * (2 * R + 1) % MOD * Inv6 % MOD;
uint64_t Min = L * (L + 1) % MOD * (2 * L + 1) % MOD * Inv6 % MOD;
return (Max + MOD - Min) % MOD;
}
int main () {
scanf ("%d%d", &N, &M);
if (M < N) T = N, N = M, M = T;
for (uint32_t l = 1, r; l <= N; l = r + 1)
r = N / (N / l), d = N / l, Ans1 += Sum1 (l - 1, r) * d % MOD;
Ans1 = Ans1 % MOD, Ans1 = 1ull * N * N - Ans1, Ans1 = Ans1 % MOD;
for (uint32_t l = 1, r; l <= M; l = r + 1)
r = M / (M / l), d = M / l, Ans2 += Sum1 (l - 1, r) * d % MOD;
Ans2 = Ans2 % MOD, Ans2 = 1ull * M * M - Ans2, Ans2 = Ans2 % MOD;
Ans = Ans1 * Ans2 % MOD, Ans1 = Ans2 = 0;
for (uint32_t l = 1, r; l <= N; l = r + 1) {
r = (M / (M / l)) < (N / (N / l)) ? (M / (M / l)) : (N / (N / l)), d = N / l, v = M / l;
Ans1 += Sum1 (l - 1, r) * M % MOD * d, Ans1 = Ans1 % MOD;
Ans2 += Sum1 (l - 1, r) * N % MOD * v, Ans2 = Ans2 % MOD;
Ans3 += Sum2 (l - 1, r) * d % MOD * v, Ans3 = Ans3 % MOD;
}
Ans0 = ((1ull * N * N % MOD * M % MOD) + MOD - Ans1 + MOD - Ans2 + Ans3) % MOD;
printf ("%llu\n", (Ans + MOD - Ans0) % MOD);
return 0;
}
Luogu P3579 [POI2014] PAN-Solar Panels
考虑性质，若 \((a, b]\) 中存在 \(x\) 的 整倍数，则一定有 \(\left \lfloor \dfrac a x \right \rfloor < \left \lfloor \dfrac b x \right \rfloor\)
容易证明 \(\left \lfloor \dfrac b x \right \rfloor\) 至多 \(O (\sqrt V)\) 种取值
考虑枚举取值，在固定 \(b\)，固定 \(\left \lfloor \dfrac b x \right \rfloor\) 时，显然 \(x\) 取值在一个区间 \([l, r]\) 中
显然，\(x\) 越大，\(\left \lfloor \dfrac a x \right \rfloor\) 可能越大，\(\left \lfloor \dfrac a x \right \rfloor < \left \lfloor \dfrac b x \right \rfloor\) 越有可能满足
故满足 \(\left \lfloor \dfrac a x \right \rfloor < \left \lfloor \dfrac b x \right \rfloor\) 等价于在固定 \(\left \lfloor \dfrac b x \right \rfloor\)，\(x\) 取值 \([l, r]\) 的情况下，满足 \(\left \lfloor \dfrac a r \right \rfloor < \left \lfloor \dfrac b r \right \rfloor\)
整除分块求解即可，这时候发现有两个区间？二维整除分块 求解即可
#include <stdio.h>
#include <stdint.h>
uint32_t T, a, b, c, d, e;
uint32_t Max;
int main () {
scanf ("%u", &T);
for (uint32_t i = 1; i <= T; ++ i) {
scanf ("%u%u%u%u", &a, &b, &c, &d);
Max = 0, -- a, -- c, e = b < d ? b : d;
for (uint32_t l = 1, r; l <= e; l = r + 1) {
r = (b / (b / l)) < (d / (d / l)) ? (b / (b / l)) : (d / (d / l));
if (a / r < b / r && c / r < d / r && r > Max) Max = r;
}
printf ("%u\n", Max);
}
return 0;
}