數論分塊之整除分塊

摘要： 前言 最近在學莫比烏斯反演，然而只看懂了莫比烏斯函式，然後反演看著一臉懵逼，最後只看懂了數論分塊裡面的一個分支內容（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...

前言

最近在學莫比烏斯反演，然而只看懂了莫比烏斯函式，然後反演看著一臉懵逼，最後只看懂了數論分塊裡面的一個分支內容（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

以及打表與瞎猜

，我們可以驚喜的發現一個規律，這些塊狀分佈的值是有規律的

對於一個塊， 假設它的起始位置的下標為l，那麼可以得到的是，它的結束位置的下標為\(\lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{l}\rfloor} \rfloor\)

如果實在看的有點懵逼，可以繼續採用代入特殊值的方法，驗證一下上方的規律，用程式表現出來即為

//l為塊的左端點，r為塊的右端點
r=n/(n/l)

在實際應用中，需要注意的就是除法除0 的問題（一般都需要特判一下n/l）

程式實現也十分簡單

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

實際應用

例題：ofollow,noindex" target="_blank">BZOJ1257: [CQOI2007]餘數之和

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麼關係呢？

mod沒有什麼特殊的性質，所以我們將它展開來，就變成了

\[ \sum_{i=1}^{n}{k\space-\lfloor \frac{k}{i} \rfloor*i} \]

於是我們就看到了一個熟悉的形式，也就是整除分塊的一般形式

再次改一下這個式子

\[ n*k-\sum_{i=1}^{n}{\lfloor \frac{k}{i}\rfloor*i} \]

那麼

\(\sum_{i=1}^{n}{\lfloor \frac{k}{i}\rfloor*i}\)

和普通的整除分塊有什麼差別呢？

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麼影響了

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式結合在一起來使用，優化問題的求解

整除分塊與積性函式

說到積性函式，就不得不講到兩個廣為人知的函式\(\phi,\mu\) ，這是我們最熟悉的積性函式

（其實我也只知道這兩個）

積性函式有一個很好用的性質（設\(f(i)\) 為一個積性函式）：

\[ f(i*j)=f(i)*f(j) \]

這裡的\(f(i)\) 其實是一個完全積性函式。（\(\phi\) 就不是一個完全積性函式：\(\phi(i*j)=\phi(i)*\phi(j)\) 當且僅當i，j互質才成立）

好了，講完積性函式的這個性質後我們步入正題，整除分塊與積性函式的聯絡

很多時候，我們推出來整除分塊的式子不是很裸的，常與其他函式結合（通常是積性函式，通常為\(\mu\) 或\(\phi\) ）

這個時候如何統計答案呢？

比如：

\[ \sum_{i=1}^{n}{\mu(i)*\lfloor \frac{n}{i}\rfloor} \]

積性函式的性質！

因為積性函式這個很好用的性質，所以我們可以直接對前半段的莫比烏斯函式維護一個字首和，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式肯定不止這麼幾個

（但是由於博主太菜所以並不知道其他的函式與整除分塊結合的方法）

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