前言

最近在學莫比烏斯反演，然而只看懂了莫比烏斯函數，然後反演看著一臉懵逼，最後只看懂了數論分塊裏面的一個分支內容（也是莫比烏斯反演的前置姿勢），整除分塊
於是寫一篇博文記錄一下整除分塊

整除分塊

整除分塊是用於快速處理形似
\[ \sum_{i=1}^{n}{\lfloor \frac{n}{i} \rfloor} \]
的式子的方法
很顯然，這個可以\(O(n)\)得到答案。但是，在某些題目中，毒瘤出題人將數據加強到了\(10^{10}\)以上，這個時候我們就無法通過\(O(n)\)的解法來得到答案了。我們需要一個\(O(\sqrt{n})\)的更為優秀的解法
首先觀察這個式子，找幾個特殊值代入

//l為塊的左端點，r為塊的右端點
r=n/(n/l)

在實際應用中，需要註意的就是除法除0的問題（一般都需要特判一下n/l）
程序實現也十分簡單

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

實際應用

例題：BZOJ1257: [CQOI2007]余數之和

這題其實就是求
\[ \sum_{i=1}^{n}{k\space mod\space i} \]
這題和整除分塊又有什麽關系呢？
mod沒有什麽特殊的性質，所以我們將它展開來，就變成了
\[ \sum_{i=1}^{n}{k\space-\lfloor \frac{k}{i} \rfloor*i} \]

再次改一下這個式子
\[ n*k-\sum_{i=1}^{n}{\lfloor \frac{k}{i}\rfloor*i} \]
那麽\(\sum_{i=1}^{n}{\lfloor \frac{k}{i}\rfloor*i}\)和普通的整除分塊有什麽差別呢？

其實就是多了一個i

確實，就是多了一個i而已，只需要簡單的化簡一下，這個i就對我們的處理沒有什麽影響了

因為我們知道，對於一個整除分塊\(\sum_{i=l}^{r}{\lfloor\frac{k}{i}\rfloor}\)，其中的每個值都是相同的，於是我們可以設\(T=\lfloor\frac{k}{i}\rfloor\)

式子就化為了
\[ \sum_{i=l}^{r}T*i \=T*\sum_{i=l}^{r}i \]
也就是說，其實這個式子前半段是一個整除分塊，後半段是一個首項為l，公差為1的等差數列

至此，我們就圓滿的解決了這個問題，可以在\(O(\sqrt{n})\)的時間內解決本題

這是整除分塊中最基礎的應用，就是單純的利用整除分塊來加速遞推的實現，而實際上，整除分塊更多的與其他函數結合在一起來使用，優化問題的求解

整除分塊與積性函數

說到積性函數，就不得不講到兩個廣為人知的函數\(\phi,\mu\)，這是我們最熟悉的積性函數（其實我也只知道這兩個）
積性函數有一個很好用的性質（設\(f(i)\)為一個積性函數）：
\[ f(i*j)=f(i)*f(j) \]
這裏的\(f(i)\)其實是一個完全積性函數。（\(\phi\)就不是一個完全積性函數：\(\phi(i*j)=\phi(i)*\phi(j)\)當且僅當i，j互質才成立）
好了，講完積性函數的這個性質後我們步入正題，整除分塊與積性函數的聯系
很多時候，我們推出來整除分塊的式子不是很裸的，常與其他函數結合（通常是積性函數，通常為\(\mu\)或\(\phi\)）
這個時候如何統計答案呢？
比如：
\[ \sum_{i=1}^{n}{\mu(i)*\lfloor \frac{n}{i}\rfloor} \]
積性函數的性質！
因為積性函數這個很好用的性質，所以我們可以直接對前半段的莫比烏斯函數維護一個前綴和，再利用整除分塊處理式子的後半段，處理答案的時候，把兩段相乘即可
當然，整除分塊能結合的函數肯定不止這麽幾個（但是由於博主太菜所以並不知道其他的函數與整除分塊結合的方法）

\(To\ Be\ Continue...\)

數論分塊之整除分塊