【數論】數論分塊

求解圖中紅點和綠點的總數之和。

求$$\sum_{i=1}^{n}k \space mod\space i$$？

如果縱軸的x一個點一個點進行移動的話，將會非常緩慢。

前置知識

\(k\%i=k-[\frac{k}i]\times i\)

於是有\(\sum_{i=1}^{n}k \space mod\space i=\sum_{i=1}^{n}k-[\frac{k}i]\times i=n\times k-\sum_{i=1}^{n}i\times[\frac{k}{i}]\)

所以我們重點是要去求取\(\sum_{i=1}^{n}i\times[\frac{k}{i}]\)

若在一段區間內\([\frac{k}{i}]\)保持不變，可以將其看作是一個常數，而i是線性變化的，於是我們就可以通過等差數列的求和公式求出這一段區間的值。

而數論的分塊（暫時的理解）是快速通過這些區間的左端點來求出區間的右端點，從而降低時間損耗。

就如圖上的紅點變成綠點，而不需要把每一個點都計算出答案。

對於任意一個i，求一個最大的j使得\([\frac{n}{i}]=[\frac{n}{j}]\)

且此時\(j=[\frac{n}{[\frac{n}{i}]}]\)

證明

令\(k=[\frac{n}{i}]<=\frac{n}{i}\) 。（k為商，即矩形所對應的高度）

• 則有\(j=[\frac{n}{k}]>=[\frac{n}{\frac{n}{i}}]=[i]=i\)，所以j>=i（證明j在這個值下大於任意一個i）

• 前提引入，\([\frac{n}{i}]=[\frac{n}{j}]\)

  進而在替換後有，\([\frac{n}{j}]=k\)，所以有\(k<=\frac{n}{j}<k+1\)，進一步有\(\frac{n}{k+1}<j<=\frac{n}{k}\)

  j為整數，進而有\([\frac{n}{k}]=j_{max}\)

複雜度證明

通過打表不難發現，\(\lfloor\frac ni\rfloor\)最多有$2\cdot\sqrt n \(種取值，所以，整除分塊的複雜度為\)O(\sqrt n)$。

證明：

若\(i\le\sqrt n\)，顯然最多有\(\sqrt n\)種取值（i的取值都只有\(\sqrt n\)種）。

若\(i>\sqrt n\)，則\(\lfloor\frac ni\rfloor<\sqrt n\)，取值亦不超過\(\sqrt n\)種。

模板題

P2261 [CQOI2007]餘數求和

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define rep(i,x,n) for(int i=x;i<n;i++)
#define repd(i,x,n) for(int i=x;i<=n;i++)
#define MAX 1000005
#define MOD 1000000007
using namespace std;
const int N = 3E5+5,M = 6E5+10;
ll n,k;
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    cin>>n>>k;
	ll ans = n * k;
	for(ll l=1,r;l<=n;l=r+1)
	{
		if(k/l!=0) r = min(k/(k/l),n);
		else r = n;
		ans -= (r-l+1)*(l+r)*(k/l)/2;
	}
	cout<<ans;
    return 0;
}