数论分块专题复习（余数求和+模积和+Ice Rain+The Fool）

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前提知识复习

整除分块是用于快速处理形似下列式子的方法，是解决莫比乌斯反演类题目需要掌握的前提知识
$\sum_{i=1}^n\lfloor\frac{n}{i}\rfloor$
但是本篇博客的例题是特别特别板的，不会涉及莫比乌斯反演，请dalao们出门左转别浪费时间，蟹蟹
回归正题，很显然上面的式子可以 $O(n)$得到答案
但是，在某些题目中，毒瘤出题人将数据加强到了 $10^{10}$以上
这个时候我们就无法通过 $O(n)$ 的解法来得到答案
我们需要一个 $O(\sqrt{n})$的更为优秀的解法

对于单一的 $\lfloor\frac{n}{i}\rfloor$，某些地方的值是相同的，并且呈块状分布
通过深入的探求规律与严密推理以及暴力打表与幸运瞎猜 ，最后惊奇的发现这些块状分布的值是有规律的
对于一个块，假设它的起始位置的下标为 $l$，那么可以得到的是，它的结束位置的下标为
代码表示即为

r = n / ( n / l );

分块如果非要安排一个模板的话，那就是一个 $for$循环了

int calc( int n ) {
	int ans = 0;
	for( int l = 1, r;l <= n;l = r + 1 ) {
		r = n / ( n / l );
		//根据题目要求进行计算 
	}
	return ans;
}

有的时候不同的题目可能出现 $n/l==0$的情况，为了防止程序挂掉，我们也可以这么写

int calc( int n ) {
	int ans = 0;
	for( int l = 1, r;l <= n;l = r + 1 ) {
		if( k / l ) r = min( k / ( k / l ), n );
		else r = n;
		//根据题目要求进行计算
	}
	return ans;
}

具体的就用例题来体会吧

T1：余数求和

title

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solution

$G(n,k)= ∑_{i=1}^n k\ mod\ i=\sum_{i=1}^n(k-\lfloor\frac{k}{i}\rfloor*i)=\sum_{i=1}^nk-\sum_{i=1}^n\lfloor\frac{k}{i}\rfloor*i$
前面的求和式子可以很直观地得到 $\sum_{i=1}^nk=n*k$
后面的求和式子我们令 $l$表示这个块的开始下标， $r$为这个块的结束下标， $T=\lfloor\frac{n}{i}\rfloor$，则该块里面的值为：
$\sum_{i=l}^rT*i=\sum_{i=l}^rT-\sum_{i=l}^ri$
答案显而易见了吧，第一个求和就是个定值 $(r-l+1)*T$，后面的求和就是等差数列

计算方法：首项加末项乘以项数除以二=> $(l+r)*(r-l+1)/2$

code

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
#define int long long
signed main() {
	int n, k;
	scanf( "%lld %lld", &n, &k );
	int ans = n * k;
	for( int l = 1, r;l <= n;l = r + 1 ) {
		if( k / l ) r = min ( k / ( k / l ), n );
		else r = n;
		ans -= ( r - l + 1 ) * ( k / l ) * ( l + r ) / 2;
	}
	printf( "%lld", ans );
	return 0;
}

T2：Ice Rain

title

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solution

读完题后是不是

一模一样的吧，这种sb题 你加一个无线输入操作就 $AC$， $pass$，下一个！！

code

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;

int main() {
	long long n, k;
	while( ~ scanf( "%lld %lld", &n, &k ) ) {
		long long ans = n * k;
		for( long long l = 1, r;l <= n;l = r + 1 ) {
			if( k / l ) r = min( k / ( k / l ), n );
			else r = n;
			ans -= ( k / l ) * ( l + r ) * ( r - l + 1 ) / 2;
		}
		printf( "%lld\n", ans );
	}
	return 0;
}

T3：The Fool

title

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solution

一样的吧？差不多的吧？如果你没有一点思路的话，证明我写的太差 没有学懂哦~
$∑_{i=1}^n \lfloor\frac{n}{i}\rfloor$，先分出每个块，然后再等差数列求和，加在一起最后判断， $van$事

code

#include <cstdio>
int main() {
	int T;
	scanf( "%d", &T );
	for( int Case = 1;Case <= T;Case ++ ) {
		long long n;
		scanf( "%lld", &n );
		long long ans = 0;
		for( int l = 1, r;l <= n;l = r + 1 ) {
			r = n / ( n / l );
			ans += ( r - l + 1 ) * ( n / l );
		} 
		if( ans & 1 ) printf( "Case %d: odd\n", Case );
		else printf( "Case %d: even\n", Case );
	}
	return 0;
}

T4：模积和

title

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solution

这道题就是个重头戏了，其实也很简单的
仔细看推导过程！！
$ans=∑_{i=1}^n∑_{j=1}^m(n\ mod\ i)×(m\ mod\ j),i≠j$
用容斥拆开把 $i=j$的情况减掉即可
$ans=∑_{i=1}^n∑_{j=1}^m(n\ mod\ i)×(m\ mod\ j)-∑_{i=1}^{min(n,m)}(n\ mod\ i)×(m\ mod\ i)$
直接把显而易见能分块的先分了来，再暴力展开
$∑_{i=1}^n(n\ mod\ i)=\sum_{i=1}^nn-\sum_{i=1}^n\lfloor\frac{n}{i}\rfloor*i$
$∑_{j=1}^m(m\ mod\ j)=\sum_{j=1}^mm-\sum_{j=1}^m\lfloor\frac{m}{j}\rfloor*j$
$∑_{i=1}^{min(n,m)}(n\ mod\ i)×(m\ mod\ i)=\sum_{i=1}^{min(n,m)}(n-\lfloor\frac{n}{i}\rfloor*i)*(m-\lfloor\frac{m}{i}\rfloor*i)$
$=\sum_{i=1}^{min(n,m)}(nm+\lfloor\frac{m}{i}\rfloor\lfloor\frac{n}{i}\rfloor i^2-\lfloor\frac{m}{i}\rfloor i-\lfloor\frac{n}{i}\rfloor i)$
整理综上

$ans=(\sum_{i=1}^nn-\sum_{i=1}^n\lfloor\frac{n}{i}\rfloor*i)(\sum_{i=1}^mm-\sum_{i=1}^m\lfloor\frac{m}{i}\rfloor*i)-\sum_{i=1}^{min(n,m)}(nm+\lfloor\frac{m}{i}\rfloor\lfloor\frac{n}{i}\rfloor i^2-\lfloor\frac{m}{i}\rfloor i-\lfloor\frac{n}{i}\rfloor i)$
最后我们发现 $i^2$在分块的时候挂掉了，OMG，怎么办！！，告诉你一个结论

$∑_i^ni^2=n∗(n+1)∗(2n+1)/2$

最后注意避雷！！！ $p$不是个质数，稍微用随便找个互质的数搞个逆元就好了

code

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
#define int long long
#define mod 19940417
int n, m, inv;

int qkpow( int x, int y ) {
	int ans = 1;
	while( y ) {
		if( y & 1 ) ans = ans * x % mod;
		x = x * x % mod;
		y >>= 1;
	}
	return ans;
}

int sqr( int x ) {
	return x * ( x + 1 ) % mod * ( x << 1 | 1 ) % mod * inv % mod;
}

int sum( int l, int r ) {
	return ( l + r ) * ( r - l + 1 ) / 2 % mod;
}

int calc( int n ) {
	int ans = 0;
	for( int l = 1, r;l <= n;l = r + 1 ) {
		r = n / ( n / l );
		ans = ( ans + n * ( r - l + 1 ) % mod - ( n / l ) * sum( l, r ) % mod + mod ) % mod;
	}
	return ans;
}

signed main() {
	inv = qkpow( 6, 17091779 );
	scanf( "%lld %lld", &n, &m );
	int ans = calc( n ) * calc( m ) % mod;
	if( n > m ) swap( n, m );
	for( int l = 1, r;l <= n;l = r + 1 ) {
		r = min( n / ( n / l ), m / ( m / l ) );
		int sum1 = n * m % mod * ( r - l + 1 ) % mod;
		int sum2 = ( n / l ) * ( m / l ) % mod * ( sqr( r ) - sqr( l - 1 ) + mod ) % mod;
		int sum3 = ( n / l * m % mod + m / l * n % mod ) * sum( l, r ) % mod;
		ans = ( ans - ( sum1 + sum2 - sum3 + mod ) % mod + mod ) % mod;
	}
	printf( "%lld", ans );
	return 0;
}

走了，题还没做完…