算法

概述

数论分块可以快速计算一些含有除法向下取整的和式(即形如 ${\sum }_{i=1}^{n}f(i)g(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$)。当可以在 $O(1)$ 或者 $O(lo{g}_{2}n)$ 的复杂度内计算 $f(r)-f(l)$时，数论分块就能在 $O(\sqrt{n})$ 或 $O(\sqrt{n}lo{g}_{2}n)$ 的复杂度内计算出上述和式的值。

它主要利用了富比尼定理（其实没啥用，不需要懂）。核心想法是 把 $\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$ 相同的数打包同时计算。

引理

引理$1$

$\forall a,b,c\in Z，\lfloor \frac{a}{bc}\rfloor =\lfloor \frac{\lfloor \frac{a}{b}\rfloor }{c}\rfloor$

证明：
设$\frac{a}{b}=\lfloor \frac{a}{b}\rfloor +r(0<r<1)$
则 $\lfloor \frac{a}{bc}\rfloor =\lfloor \frac{\frac{a}{b}}{c}\rfloor =\lfloor \frac{\lfloor \frac{a}{b}\rfloor }{c}+\frac{r}{c}\rfloor$
设 $\lfloor \frac{a}{b}\rfloor =pc+q(0\le q<c)$
则 $q+r<c$
$\lfloor \frac{\lfloor \frac{a}{b}\rfloor }{c}+\frac{r}{c}\rfloor =\lfloor p+\frac{q+r}{c}\rfloor =p=\lfloor \frac{\lfloor \frac{a}{b}\rfloor }{c}\rfloor$

引理 $2$

$\forall n\in N^{\ast },|\left\{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor |d\in N^{\ast },d\le n\right\}|\le \lfloor 2\sqrt{n}\rfloor$

证明：
对于 $d\le \lfloor \sqrt{n}\rfloor$， $\lfloor \frac{n}{d}\rfloor$ 最多有 $\lfloor \sqrt{n}\rfloor$ 种取值。
对于 $d>\lfloor \sqrt{n}\rfloor$， $\lfloor \frac{n}{d}\rfloor$ 最多有 $\lfloor \sqrt{n}\rfloor$ 种取值。

综上，的证。

数论分块结论（区间右端点公式）

对于常数 $n$，使得式子 $\lfloor \frac{n}{i}\rfloor =\lfloor \frac{n}{j}\rfloor$ 成立，且 $i\le j\le n$ 的最大的 $j$ 为 $\lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }\rfloor$。即 $i$ 所在的区间的右端点为 $\lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }\rfloor$。

证明：
设 $\lfloor \frac{n}{i}\rfloor =k$
则 $j\times k\le n$
由于 $j\in N^{\ast }$，则 $j\le \lfloor \frac{n}{k}\rfloor =\lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }\rfloor$

得证。

过程

数论分块的过程大概如下：
考虑和式：${\sum }_{i=1}^{n}f(i)g(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$
那么由于 $\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$ 呈现块状分布，相同的值对应的 $i$ 是连续的一段。因此这一段内 $g(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$ 也是相等的。我们求出一段的 $f$ 和，乘上对应的 $g$，就能算出一段的和。然后根据 右端点公式 跳到下一段的开头即可。由引理$2$ 我们知道了总段数不会超过 $\lfloor 2\sqrt{n}\rfloor$，因此复杂度是 $O(\sqrt{n})$ 的。

模版代码：

int calc(int n) {
	int l = 1, r, res = 0;
	while(l <= n) {
		r = (n / (n / l)); // r为l所在段的右端点 
		res += (pre[r] - pre[l - 1]) * g[n / l]; // pre[i] = f[1] + f[2] + ... + f[i]
		l = r + 1;
	}
	return res;
}

$N$ 维数论分块

什么是多维数论分块？
我们首先考虑一个和式：

${\sum }_{i=1}^{min(n,m)}f(i)g(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )h(\lfloor \frac{m}{i}\rfloor )$

我们发现式子中分母有两种： $n$ 和 $m$。这时候我们把 $\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$ 和 $\lfloor \frac{m}{i}\rfloor$ 用线段图画出来，一条线段内的 $i$ 表示 $\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$ 的值相等。如下图：

然后我们把两条线段的所有端点拿出来作为划分整个序列的断点，如下图：

不难发现，此时序列里每一段中 $\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$ 都相等， $\lfloor \frac{m}{i}\rfloor$ 也相等，因此我们又可以一次计算一整段的和了。但是要乘一个 $2$ 的常数。（因为断点数乘 $2$，所以段数多了一倍）

上面的就算是 二维数论分块。维度数 实际上就是 不同的分子数。$n$ 维数论分块的复杂度是 $O(n\sqrt{n})$ 的。但是一般二维数论分块最常见。

二维数论分块模版：

int calc(int n, int m) {
	int t = min(n, m);
	int l = 1, r, res = 0;
	while(l <= t) {
		r = min({n / (n / l), m / (m / l), t});
		res += (pre[r] - pre[l - 1]) * g[n / l] * h[m / l];
		l = r + 1;
	}
	return res;
}

$n$ 维数论分块模版：

int calc(int n) {
	int t = a[1];
	int l = 1, r, res = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i ++ ) t = min(t, a[i]);
	while(l <= t) {
		r = t;
		for(int i = 1; i <= n; i ++ ) {
			r = min(r, a[i] / (a[i] / l));
		}
		int tmp = pre[r] - pre[l - 1];
		for(int i = 1; i <= n; i ++ ) {
			tmp = tmp * f[i][a[i] / l];
		}
		res += tmp;
		l = r + 1;
	}
	return res;
}

向上取整的数论分块

与向下取整十分相似。核心思路相同，但是需要重新推导右端点公式。

结论：
对于常数 $n$，使得 $\lceil \frac{n}{i}\rceil =\lceil \frac{n}{j}\rceil$ 成立并且满足 $i\le j\le n$ 的最大的 $j$ 为 $\lfloor \frac{n-1}{\lfloor \frac{n-1}{i}\rfloor }\rfloor$，即 $i$ 所在块的右端点为 $\lfloor \frac{n-1}{\lfloor \frac{n-1}{i}\rfloor }\rfloor$。

证明：

不难发现 $\lceil \frac{n}{i}\rceil =\lfloor \frac{n-1}{i}\rfloor +1$
这个可以讨论 $n$ 是否是 $i$ 的倍数来证明。
然后把 $\lceil \frac{n}{i}\rceil$ 和 $\lceil \frac{n}{j}\rceil$ 分别换成 $\lfloor \frac{n-1}{i}\rfloor +1$ 和 $\lfloor \frac{n-1}{j}\rfloor +1$ 然后就跟向下取整是一样的了。

注意：当 $i=n$ 时会出现分母为 $0$ 的情况，需要特殊处理。

例题

$H(n)$

题意： 给你 $n$，求 ${\sum }_{i=1}^n\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$。

分析：没什么好说的，数论分块板子题。
CODE：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
int T, n;
LL calc(int n) {
	int l = 1, r; LL res = 0;
	while(l <= n) {
		r = n / (n / l);
		res += 1LL * (r - l + 1LL) * (n / l);
		l = r + 1;
	}
	return res;
}
int main() {
	scanf("%d", &T);
	while(T -- ) {
		scanf("%d", &n);
		printf("%lld\n", calc(n));
	}
	return 0;
}

[CQOI2007] 余数求和

点这里
题意： 给出正整数 $n$， $k$。求 $G(n,k)={\sum }_{i=1}^{n}kmodi$。$1\le n,k\le 10^9$。

分析：
$G(n,k)={\sum }_{i=1}^{n}k-i\times \lfloor \frac{k}{i}\rfloor =n\times k-{\sum }_{i=1}^{n}i\times \lfloor \frac{k}{i}\rfloor$

然后一维数论分块即可。复杂度 $O(\sqrt{min(n,k)})$。

CODE：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
LL n, k, res;
int main() {
	cin >> n >> k;
	res = n * k;
	LL l = 1, r;
	while(l <= min(n, k)) {
		r = min(n, k / (k / l));
		res = res - (r - l + 1LL) * (l + r) / 2LL * (k / l);
		l = r + 1LL;
	}
	cout << res << endl;
	return 0;
}

[清华集训2012] 模积和

点这里

题意： 求 ${\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^m(nmodi)\times (mmodj),i\ne j$。对 $19940417$ 取模。

$1\le n,m\le 10^9$

分析：
简单题。
首先通过容斥满足 $i\ne j$ 的限制，答案就是：

${\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^m(nmodi)\times (mmodj)-su{m}_{i=1}^{min(n,m)}(nmodi)\times (mmodi)$

分开开两个式子。
对于左边：
${\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^m(nmodi)\times (mmodj)$
$={\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^m(n-i\times \lfloor \frac{n}{i}\rfloor )\times (m-j\times \lfloor \frac{m}{j}\rfloor )$
$=su{m}_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^{m}nm-nj\times \lfloor \frac{m}{j}\rfloor -mi\times \lfloor \frac{n}{i}\rfloor +ij\times \lfloor \frac{n}{i}\rfloor \times \lfloor \frac{m}{j}\rfloor$
$=n^2{m}^2-n^2{\sum }_{j=1}^{m}j\times \lfloor \frac{m}{j}\rfloor -m^2{\sum }_{i=1}^{n}i\times \lfloor \frac{n}{i}\rfloor +{\sum }_{i=1}^n(i\times \lfloor \frac{n}{i}\rfloor )\times {\sum }_{j=1}^m(j\times \lfloor \frac{m}{j}\rfloor )$

化简到这一步后，显然每一个求和符号都可以用数论分块在 $O(\sqrt{n})$ 的时间内求出。

再看右边：
${\sum }_{i=1}^{min(n,m)}(nmodi)\times (mmodi)$
$={\sum }_{i=1}^{min(n,m)}(n-i\times \lfloor \frac{n}{i}\rfloor )\times (m-i\times \lfloor \frac{m}{i}\rfloor )$
令 $min(n,m)=t$，则原式
$={\sum }_{i=1}^{t}nm-ni\times \lfloor \frac{m}{i}\rfloor -mi\times \lfloor \frac{n}{i}\rfloor +i^2\times \lfloor \frac{n}{i}\rfloor \times \lfloor \frac{m}{i}\rfloor$
$=nmt-n\times {\sum }_{i=1}^{t}i\times \lfloor \frac{m}{i}\rfloor -m\times {\sum }_{i=1}^{t}i\times \lfloor \frac{m}{i}\rfloor +{\sum }_{i=1}^t{i}^2\times \lfloor \frac{m}{i}\rfloor \times \lfloor \frac{n}{i}\rfloor$

然后就是前两个求和符号非常简单，直接一维整除分块即可。最后一个求和符号需要二维整除分块，并且还需要快速计算出 ${\sum }_{i=l}^r{i}^2$。

记 $f(r)={\sum }_{i=1}^r{i}^2$，那么$su{m}_{i=l}^r{i}^2=f(r)-f(l-1)$。然后就是有一个公式：
${\sum }_{i=1}^n{i}^2=\frac{n\times (n+1)\times (2n+1)}{6}$。有了这个我们就可以 $O(1)$ 求出 $f$ 了，这样这个题就做完了。

时间复杂度 $O(\sqrt{n})$

CODE：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL mod = 19940417;
LL n, m, res;
inline LL get(LL x, LL y) { // x 是循环上界，y是分子 
	LL l = 1, r; LL res = 0;
	while(l <= x) {
		r = min(x, y / (y / l));
		res = (res + 1LL * ((l + r) * (r - l + 1LL) / 2LL) % mod * (y / l) % mod) % mod;
		l = r + 1LL;
	}
	return res;
}
LL solve(LL n) { // \sum_{i = 1}^{n} i^2
    LL x = n, y = n + 1LL, z = 2LL * n + 1LL;
    if(x % 2 == 0) x /= 2LL;
    else if(y % 2 == 0) y /= 2LL;
    else z /= 2LL;
    if(x % 3 == 0) x /= 3LL;
    else if(y % 3 == 0) y /= 3LL;
    else z /= 3LL;
	return x * y % mod * z % mod;
}
inline LL calc(LL t, LL n, LL m) { // 二维数论分块， t是上界 
	LL l = 1, r; LL res = 0;
	while(l <= t) {
		r = min({t, n / (n / l), m / (m / l)});
		res = (res + ((solve(r) - solve(l - 1)) % mod + mod) % mod * (n / l) % mod * (m / l) % mod) % mod;
		l = r + 1LL;
	}
	return res;
}
int main() {
	cin >> n >> m;
	LL t1 = ((m * m % mod - get(m, m)) % mod + mod) % mod;
	LL t2 = ((n * n % mod - get(n, n)) % mod + mod) % mod;
	res = t1 * t2 % mod;
	LL t = min(n, m);
	LL del = n * m % mod * t % mod;
	del = ((del - n * get(t, m) % mod) % mod + mod) % mod;
	del = ((del - m * get(t, n) % mod) % mod + mod) % mod;
	del = (del + calc(t, n, m)) % mod;
	res = ((res - del) % mod + mod) % mod;
	cout << res << endl;
	return 0;
}