整除分块栗子

• 例1
  在一些数论题中，经常会碰到类似这样的式子：
  $\sum_{i=1}^{n}\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor$

这个式子看似需要O(n)的时间复杂度计算，但实际上并不需要，因为有时候对于不同的$i$， $\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor$的结果是一样的,所以可以通过整除分块来得到一个$O(\sqrt{n})$的算法。

整除分块：

#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";	
} 

再来看一个例子。

• 例2
  $\sum_{i=1}^{n}x\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor$
  这个式子怎么算更快呢？知道$l,r$的值后,把$x$,用等差数列求和算出来,其余部分分块就好了。

#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的等差数列求和 首项加尾项乘以项数除以2 
	}
	cout<<ans<<"\n";	
} 

如果是这样呢？
$\sum_{i=1}^{n}x^{2}\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor$
还是用相同的方法算，换一个计算公式而已，我们把等差数列求和换成平方数列求和的公式。

#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
  可能在做题目的过程中你还会碰到这样的式子
  $\sum^{n}_{k=1}\sum^{n}_{k|x}x$
  就是求$k$在$[1,n]$内的所有倍数和。如果正常算这个式子要$O(n*log(n))$的时间。但其实这个求和也可以在$O(\sqrt n)$的时间内实现。
  分析：
  对于每个$k$,n里会存在$\left \lfloor \frac{n}{k} \right \rfloor$个$k$的倍数,而且等差,公差为$k$。所以式可以写成
  $\sum^{n}_{k=1}\frac{k(\left \lfloor \frac{n}{k} \right \rfloor+1)\left \lfloor \frac{n}{k} \right \rfloor}{2}$
  可用整除分块，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";	
}