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 O(1) 内计算 f(r)-f(l) 或已经预处理出 f 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 5 块,这 5 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 5 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

|V| 表示集合 V 的元素个数

略证:

对于 d\leq \left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor\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 n,使得式子

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

成立的最大的满足 i\leq j\leq nj 的值为 \left\lfloor\dfrac n{\lfloor\frac ni\rfloor}\right\rfloor。即值 \left\lfloor\dfrac ni\right\rfloor 所在的块的右端点为 \left\lfloor\dfrac n{\lfloor\frac ni\rfloor}\right\rfloor

证明过程

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}

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 f(i)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{获取 }f(i)\text{ 函数的前缀和,记为 }s(i).\\ 2 & l\gets 1\\ 3 & r\gets 0\\ 4 & result\gets 0\\ 5 & \textbf{while }l\leq n\textbf{ do}:\\ 6 & \qquad r\gets\left\lfloor\dfrac n{\lfloor\frac nl\rfloor}\right\rfloor\\ 7 & \qquad result\gets [s(r)-s(l-1)]\times\left\lfloor\dfrac nl\right\rfloor\\ 8 & \qquad l\gets r+1\\ 9 & \textbf{end while}\\ \end{array}

最终得到的 result 即为所求的和式。

例题:UVa11526 H(n)

题意:T 组数据,每组一个整数 n。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)

参考实现
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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
    res += (r - l + 1) * 1LL *
           (n / l);  // 累加这一块的贡献到结果中。乘上 1LL 防止溢出
    l = r + 1;  // 左端点移到下一块
  }
  return res;
}
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))

习题

  1. CQOI2007 余数求和(需要一点转化和特判)

  2. UVa11526 H(n)(几乎可以当做模板题)

  3. 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(n) 这一条莫反结论)


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