整除分塊栗子

• 例1
  在一些數論題中，經常會碰到類似這樣的式子：
  $\sum_{i=1}^{n}\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor$

這個式子看似需要O(n)的時間複雜度計算，但實際上並不需要，因爲有時候對於不同的$i$， $\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor$的結果是一樣的,所以可以通過整除分塊來得到一個$O(\sqrt{n})$的算法。

整除分塊：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main(){
	int n,ans=0;
	cin>>n;
	for(int l=1,r;l<=n;l=r+1){
    	r=n/(n/l);
    	ans+=(r-l+1)*(n/l);
	}
	cout<<ans<<"\n";	
} 

再來看一個例子。

• 例2
  $\sum_{i=1}^{n}x\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor$
  這個式子怎麼算更快呢？知道$l,r$的值後,把$x$,用等差數列求和算出來,其餘部分分塊就好了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main(){
	int n,ans=0;
	cin>>n;
	for(int l=1,r;l<=n;l=r+1){
    	r=n/(n/l);
    	ans+=(l+r)*(r-l+1)/2 *(n/l);//l,r的等差數列求和 首項加尾項乘以項數除以2 
	}
	cout<<ans<<"\n";	
} 

如果是這樣呢？
$\sum_{i=1}^{n}x^{2}\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor$
還是用相同的方法算，換一個計算公式而已，我們把等差數列求和換成平方數列求和的公式。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int cal(int x){
	return x*(x+1)*(2*x+1)/6;
} 

int main(){
	int n,ans=0;
	cin>>n;
	for(int l=1,r;l<=n;l=r+1){
    	r=n/(n/l);
    	ans+=(cal(r)-cal(l-1))*(n/l);	
	}
	cout<<ans<<"\n";	
} 

• 例3
  可能在做題目的過程中你還會碰到這樣的式子
  $\sum^{n}_{k=1}\sum^{n}_{k|x}x$
  就是求$k$在$[1,n]$內的所有倍數和。如果正常算這個式子要$O(n*log(n))$的時間。但其實這個求和也可以在$O(\sqrt n)$的時間內實現。
  分析：
  對於每個$k$,n裏會存在$\left \lfloor \frac{n}{k} \right \rfloor$個$k$的倍數,而且等差,公差爲$k$。所以式可以寫成
  $\sum^{n}_{k=1}\frac{k(\left \lfloor \frac{n}{k} \right \rfloor+1)\left \lfloor \frac{n}{k} \right \rfloor}{2}$
  可用整除分塊，快速求出。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;


int main(){
	int n,ans1=0,ans2=0;
	cin>>n;
	for(int k=1;k<=n;k++)
		for(int j=1;j*k<=n;j++)
			ans1+=j*k;		
			
	for(int l=1,r;l<=n;l=r+1){
    		r=n/(n/l);
    		ans2+=(l+r)*(r-l+1)/2 *(1+n/l)*(n/l)/2;	
	}
	cout<<ans1<<" "<<ans2<<"\n";	
}