数论分块

数论分块可以快速计算一些含有除法向下取整的和式（即形如 $\sum_{i=1}^nf(i)g(\left\lfloor\dfrac ni\right\rfloor)$ 的和式）。当可以在内计算或已经预处理出的前缀和时，数论分块就可以在 $O(\sqrt n)$ 的时间内计算上述和式的值。

它主要利用了富比尼定理（Fubini's theorem），将 $\left\lfloor\dfrac ni\right\rfloor$ 相同的数打包同时计算。

富比尼定理

又称「算两次」，以意大利数学家圭多·富比尼（Guido Fubini）命名。富比尼定理的积分形式：只要二重积分 $\int\int |f(x,y)|dxdy$ 有界，则可以逐次计算二重积分，并且可以交换逐次积分的顺序。积分号也是特殊的求和号，因此在一般求和中，富比尼定理往往呈现为更换计数顺序，即交换两个求和号。组合数学中的富比尼定理表现为，用两种不同的方法计算同一个量，从而建立相等关系。

例如这里的双曲线下整点的图片：

$双曲线下整点$

图中共分为了块，这块整点的最大纵坐标都相同。如果统计整点的个数，可以从纵向计数改为横向计数，直接计算个矩形即可。

引理 1

\forall a,b,c\in\mathbb{Z},\left\lfloor\frac{a}{bc}\right\rfloor=\left\lfloor\frac{\left\lfloor\frac{a}{b}\right\rfloor}{c}\right\rfloor

略证：

\begin{aligned} &\frac{a}{b}=\left\lfloor\frac{a}{b}\right\rfloor+r(0\leq r<1)\\ \implies &\left\lfloor\frac{a}{bc}\right\rfloor =\left\lfloor\frac{a}{b}\cdot\frac{1}{c}\right\rfloor =\left\lfloor \frac{1}{c}\left(\left\lfloor\frac{a}{b}\right\rfloor+r\right)\right\rfloor =\left\lfloor \frac{\left\lfloor\frac{a}{b}\right\rfloor}{c} +\frac{r}{c}\right\rfloor =\left\lfloor \frac{\left\lfloor\frac{a}{b}\right\rfloor}{c}\right\rfloor\\ &&\square \end{aligned}

关于证明最后的小方块

QED 是拉丁词组「Quod Erat Demonstrandum」（这就是所要证明的）的缩写，代表证明完毕。现在的 QED 符号通常是 $\blacksquare$ 或者 $\square$ 。（维基百科）

引理 2

\forall n \in \mathbb{N}_{+}, \left|\left\{ \lfloor \frac{n}{d} \rfloor \mid d \in \mathbb{N}_{+},d\leq n \right\}\right| \leq \lfloor 2\sqrt{n} \rfloor

表示集合的元素个数

略证：

对于 $d\leq \left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor$ ， $\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor$ 有 $\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor$ 种取值

对于 $d> \left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor$ ，有 $\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor\leq\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor$ ，也只有 $\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor$ 种取值

综上，得证

数论分块结论

对于常数，使得式子

\left\lfloor\dfrac ni\right\rfloor=\left\lfloor\dfrac nj\right\rfloor

成立且满足 $i\leq j\leq n$ 的值最大为 $\left\lfloor\dfrac n{\lfloor\frac ni\rfloor}\right\rfloor$ ，即值 $\left\lfloor\dfrac ni\right\rfloor$ 所在块的右端点为 $\left\lfloor\dfrac n{\lfloor\frac ni\rfloor}\right\rfloor$ 。

证明

令 $k=\left\lfloor\dfrac ni\right\rfloor$ ，可以知道 $k\leq\dfrac ni$ 。

\begin{aligned} &\therefore \left\lfloor\dfrac nk\right\rfloor\geq\left\lfloor\dfrac n{\frac ni}\right\rfloor=\lfloor i\rfloor=i\\ &\therefore j=\max{\text{满足条件的所有 }i}=i_{\max}=\left\lfloor\dfrac nk\right\rfloor=\left\lfloor\dfrac n{\left\lfloor\dfrac ni\right\rfloor}\right\rfloor \square \end{aligned}

过程

数论分块的过程大概如下：考虑和式

$\sum_{i=1}^nf(i)\left\lfloor\dfrac ni\right\rfloor$

那么由于我们可以知道 $\left\lfloor\dfrac ni\right\rfloor$ 的值成一个块状分布（就是同样的值都聚集在连续的块中），那么就可以用数论分块加速计算，降低时间复杂度。

利用上述结论，我们先求出的 前缀和（记作 $s(i)=\sum_{j=1}^i f(j)$ ），然后每次以 $[l,r]=[l,\left\lfloor\dfrac n{\lfloor\frac ni\rfloor}\right\rfloor]$ 为一块，分块求出贡献累加到结果中即可。

伪代码如下：

\begin{array}{ll} 1 & \text{Calculate $s(i)$, the prefix sum of $f(i)$.} \\ 2 & l \gets 1\\ 3 & r \gets 0\\ 4 & \textit{result} \gets 0 \\ 5 & \textbf{while } l \leq n \textbf{ do} : \\ 6 & \qquad r \gets \left\lfloor \dfrac{n}{\lfloor n/l \rfloor} \right\rfloor\\ 7 & \qquad \textit{result} \gets \textit{result} + [s(r)-s(l-1)] \times\left\lfloor \dfrac{n}{l} \right\rfloor\\ 8 & \qquad l \gets r+1\\ 9 & \textbf{end while }\\ \end{array}

最终得到的即为所求的和式。

例题：UVa11526 H(n)

题意：组数据，每组一个整数。对于每组数据，输出 $\sum_{i=1}^n\left\lfloor\dfrac ni\right\rfloor$ 。

思路

如上推导，对于每一块相同的 $\left\lfloor\dfrac ni\right\rfloor$ 一起计算。时间复杂度为 $O(T\sqrt n)$ 。

实现

#include <iostream>

long long H(int n) {
  long long res = 0;  // 储存结果
  int l = 1, r;       // 块左端点与右端点
  while (l <= n) {
    r = n / (n / l);  // 计算当前块的右端点
    // 累加这一块的贡献到结果中。乘上 1LL 防止溢出
    res += 1LL * (r - l + 1) * (n / l);
    l = r + 1;  // 左端点移到下一块
  }
  return res;
}

int main() {
  std::ios::sync_with_stdio(false);
  std::cin.tie(nullptr);
  int t, n;
  std::cin >> t;
  while (t--) {
    std::cin >> n;
    std::cout << H(n) << '\n';
  }
  return 0;
}

向上取整的数论分块

向上取整与前文所述的向下取整十分类似，但略有区别：

对于常数，使得式子

\left\lceil\dfrac ni\right\rceil=\left\lceil\dfrac nj\right\rceil

成立且满足 $i\leq j\leq n$ 的值最大为 $\left\lfloor\dfrac{n-1}{\lfloor\frac{n-1}i\rfloor}\right\rfloor$ ，即值 $\left\lceil\dfrac ni\right\rceil$ 所在块的右端点为 $\left\lfloor\dfrac{n-1}{\lfloor\frac{n-1}i\rfloor}\right\rfloor$ 。

注意

当时，上式会出现分母为的错误，需要特殊处理。

证明

$\left\lceil\dfrac ni\right\rceil=\left\lfloor\dfrac{n-1}i\right\rfloor+1$ ，可以发现的上取整分块与的下取整分块是一样的。

例题：CF1954E Chain Reaction

题意：有一排个怪兽，每个怪兽初始血量为，一次攻击会使一段连续的存活的怪兽血量减，血量不大于视作死亡，对于所有求出击杀所有怪兽所需攻击次数， $n,a_i\leq 10^5$ 。

思路

下面是一种使用二维数论分块的解法：

使用积木大赛的技巧，令，对于某个，答案就是 $\sum\limits_{i=1}^n\max\left(0,\left\lceil\dfrac{a_i}{k}\right\rceil-\left\lceil\dfrac{a_{i-1}}{k}\right\rceil\right)$ 。

对于相邻的两个怪兽，使用二维数论分块，分段求出它们对一段的答案的贡献，然后差分累加即可。

复杂度 $O(\sum\sqrt{a_i})$ 。也存在其他解法。

实现

#include <algorithm>
#include <iostream>

constexpr int N = 100009;
int n, a[N], maxn;
long long ans[N];

int main() {
  std::ios::sync_with_stdio(false);
  std::cin.tie(nullptr);
  std::cin >> n;
  for (int i = 1; i <= n; ++i) {
    std::cin >> a[i];
    maxn = std::max(maxn, a[i]);
  }
  for (int i = 0; i < n; ++i)
    for (int l = 1, r;; l = r + 1) {
      r = std::min(l < a[i] ? (a[i] - 1) / ((a[i] - 1) / l) : N,
                   l < a[i + 1] ? (a[i + 1] - 1) / ((a[i + 1] - 1) / l)
                                : N);  // 二维数论分块
      if (r == N) break;
      int x = (a[i + 1] - 1) / l - std::max(a[i] - 1, 0) / l;
      if (x > 0) ans[l] += x, ans[r + 1] -= x;  // 累加贡献
    }
  ++ans[0];  // ⌈a/l⌉=(a-1)/l+1的式子当a=0时不成立，需要修正
  for (int i = 1; i <= maxn; ++i)
    std::cout << (ans[i] += ans[i - 1]) << " \n"[i == maxn];
  return 0;
}

N 维数论分块

求含有 $\left\lfloor\dfrac {a_1}i\right\rfloor$ 、 $\left\lfloor\dfrac {a_2}i\right\rfloor\cdots\left\lfloor\dfrac {a_n}i\right\rfloor$ 的和式时，数论分块右端点的表达式从一维的 $\left\lfloor\dfrac ni\right\rfloor$ 变为 $\min\limits_{j=1}^n\{\left\lfloor\dfrac {a_j}i\right\rfloor\}$ ，即对于每一个块的右端点取最小（最接近左端点）的那个作为整体的右端点。可以借助下图理解：

$多维数论分块图解$

一般我们用的较多的是二维形式，此时可将代码中 r = n / (n / i) 替换成 r = min(n / (n / i), m / (m / i))。

数论分块扩展

以计算含有 $\left\lfloor\sqrt{\frac{n}{d}}\right\rfloor$ 的和式为例。考虑对于一个正整数，如何求出集合

S=\left\{\left\lfloor\sqrt{\frac{n}{d}}\right\rfloor\mid d\in \mathbb{N}_{+}, d\leq n\right\}

的所有值，以及对每一种值求出哪些会使其取到这个值。可以发现：

因为 $\left\lfloor\sqrt{\frac{n}{d}}\right\rfloor$ 是单调不增的，所以对于所有 $v\in S$ ，使得 $\left\lfloor\sqrt{\frac{n}{d}}\right\rfloor=v$ 的必然是一段区间。
对于任意正整数 $t\leq n$ ，我们对 $\leq t$ 与的 $v\in S$ 分别分析，可以发现 $t+n/t^2\geq |S|$ ，取 $t=\sqrt[3]{n}$ 得到的一个上界为 $O(\sqrt[3]n)$ 。

这些结论与数论分块所需的引理相似，因此猜测可以写为数论分块形式。

结论是：使得式子

\left\lfloor\sqrt{\frac{n}{p}}\right\rfloor=\left\lfloor\sqrt{\frac{n}{q}}\right\rfloor

成立的最大的满足 $p\leq q\leq n$ 为

\left\lfloor\frac{n}{\left\lfloor\sqrt{n/p}\right\rfloor^2}\right\rfloor

证明

令 $v=\left\lfloor\sqrt{\dfrac{n}{p}}\right\rfloor=\left\lfloor\sqrt{\dfrac{n}{q}}\right\rfloor$ ，那么

\begin{aligned} v\leq \sqrt{\dfrac{n}{q}}&\implies v^2\leq \dfrac{n}{q}\\ &\implies q\leq \dfrac{n}{v^2}\\ &\implies q\leq \left\lfloor \dfrac{n}{v^2}\right\rfloor \end{aligned}

同理 $p\leq \left\lfloor n/v^2\right\rfloor$ 。同时

\left\lfloor \sqrt\frac{n}{\left\lfloor n/v^2\right\rfloor}\right\rfloor\geq \left\lfloor \sqrt\frac{n}{n/v^2}\right\rfloor=\left\lfloor v\right\rfloor=v

又由 $p\leq \left\lfloor n/v^2\right\rfloor$ 以及单调性可推出

v=\left\lfloor\sqrt{\frac{n}{p}}\right\rfloor\geq\left\lfloor \sqrt\frac{n}{\left\lfloor n/v^2\right\rfloor}\right\rfloor

所以

\left\lfloor\sqrt\frac{n}{\left\lfloor n/v^2\right\rfloor}\right\rfloor=v

进而 $q=\left\lfloor n/v^2\right\rfloor$ 是最大的使得 $\left\lfloor\sqrt{n/p}\right\rfloor=\left\lfloor\sqrt{n/q}\right\rfloor$ 成立的。

故原问题可以写为数论分块形式，代码与数论分块形式并无二异。

两个更加通用的结论

对于正整数和正实数 $\alpha, \beta$ ，我们有

对于某个不超过 $n^{\alpha/ \beta}$ 的正整数，使式子 $\left\lfloor\dfrac{n^\alpha}{i^\beta}\right\rfloor=\left\lfloor\dfrac{n^\alpha}{j^\beta}\right\rfloor$ 成立的最大的为 $\left\lfloor\dfrac{n^{\alpha/\beta}}{\left\lfloor n^\alpha/i^\beta \right\rfloor^{1/\beta}}\right\rfloor$ 。
集合 $\left\{\left\lfloor\dfrac{n^\alpha}{d^\beta}\right\rfloor: d=1,2,\dots,n\right\}$ 的大小不超过 $\min\{n,2n^{\alpha/(1+\beta)}\}$ 。

习题

CQOI2007 余数求和（需要一点转化和特判）
UVa11526 H(n)（几乎可以当做模板题）
POI2007 ZAP-Queries（数论分块一般配合莫比乌斯反演用以进一步降低复杂度；本题需要用到 $[n=1]=\sum_{d|n}\mu(d)$ 这一条莫反结论）

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