整除分块
最后更新于:2022年6月25日 下午
ACMer 考虑算法时总会优先考虑时间复杂度,这里介绍几个优美的根号复杂度的算法(原来这个叫整除分块)
可能需要 这里的基础知识
\(s(n) = \sum_{i=1}^{n} \lfloor \frac{n}{i} \rfloor\)
由于 \(\lfloor \frac{n}{i} \rfloor\) 的取值个数不会超过 \(2\sqrt{n}\),所以可能存在 \(O(\sqrt{n})\) 的算法:
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事实上, \(s(n)\) 表示图像 \(xy=1\) 下方正整点的个数
\(\sigma_k(n) = \sum_{d|n} d^k\)
- \(\sigma_0(n)\) 表示正因子个数
- \(\sigma_1(n)\) 表示正因子之和
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\(f_k(n) = \sum_{i=1}^n \sigma_k(i)\)
\[ f_k(n) = \sum_{i=1}^n \sigma_k(n) = \sum_{i=1}^n \sum_{d|i} d^k = \sum_{d=1} d^k \sum_i ^n[d|i] = \sum_{d=1} ^n d^k \lfloor \frac{n}{d} \rfloor \]
如果我们已经得到 \(ts[n] = \sum_{i=1}^n i^k\) 类似问题一,我们有以下 C++ 代码:
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事实上我们有: \[ ts[n] = \left \lbrace \begin{array}{ll} \frac{n(n+1)}{2} & k=1 \\ \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} & k=2 \\ \frac{n^2(n+1)^2}{4} & k=3 \\ \end{array} \right. \]
更一般的我们有 \[ 1^p+2^p+ \dots + n^p = \sum _{k=1} ^p \; (\; \sum_{j=1} ^ {k} (-1)^{k-j} C_k^j j^p \;) \; C_{n+1} ^{k+1} \]
\(g(n) = \sum_{i=1}^n\psi(i)\)
这里 \(\psi(n)\) 是欧拉函数表示小于 \(n\) 且和 \(n\) 互素的数的个数。 Euler's 乘积公式: \[ \psi(n) = n \prod _{p|n}( 1-\frac{1}{p} ) \] 我们现在开始计算 \(g(n)\) \[ g(n) = \sum_{i=1}^n \psi(i) = \sum_{1 \leq x \leq y \leq n , \gcd(x,y)=1} 1 \] 我们定义 \[ g_k(n) = \sum_{1 \leq x \leq y \leq n , \gcd(x,y)=k} 1 = g(\lfloor \frac{n}{k} \rfloor) \] 并且 \(\sum_{i=1}^n g_k(i) = \sum_{1 \leq x \leq y \leq n} 1 = \frac{n(n+1)}{2}\) ,于是我们知道 \[ g(n) = \frac{n(n+1)}{2} - \sum_{k=2}^n g(\lfloor \frac{n}{k} \rfloor) \]
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\(f(n) = \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n [\gcd(i,j)==1]\)
\[ f(n) = \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n [\gcd(i,j)==1] = \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor} \sum_{d|i,d|j} \mu(d) = \sum_{d=1}^n \mu(d) (\lfloor \frac{n}{d} \rfloor)^2 \]
实际上画图可知,\(f(n)\) 还有一个表达式:
\[ f(n)= 2 \sum_{i=1}^{n} \phi(i) - 1 \]
我们有不妨设 \(n \leq m\)
\(r(n,m)=\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m f(\gcd(i,j))\)
\[ \begin{aligned} r(n,m) &=\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m f(gcd(i,j)) \\ &= \sum_{d=1}^n f(d) \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d} \rfloor} \sum_{t|i,t|j} \mu(t) \\ &= \sum_{d=1}^n f(d) \sum_{t=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor} \mu(t) \lfloor \frac{n}{dt} \rfloor \lfloor \frac{m}{dt} \rfloor \\ &= \sum_{G=1}^n \lfloor \frac{n}{G} \rfloor \lfloor \frac{m}{G} \rfloor (f \star \mu)(G) \end{aligned} \]
特别地,\(g(n, m) = \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m [\gcd(i,j)==1] = \sum_{d=1}^n \lfloor \frac{n}{d} \rfloor \lfloor \frac{m}{d} \rfloor \mu(d)\)
Problem hdu5608
已知 \(n^2 -3n+2 = \sum_{d|n} f(d)\) 计算 \(h(n) = \sum_{i=1}^n f(i) \mod 10^9+7\)
由于 \[ \sum_{i=1}^n \sum_{d|i} f(d) = \sum_{i=1}^n f(i) \lfloor \frac{n}{i} \rfloor = \sum_{i=1}^n h(\lfloor \frac{n}{i} \rfloor) \] 我们知道 \[ \sum_{i=1}^n \sum_{d|i} f(d) = \sum_{i=1}^n i^2-3i+2 = \sum_{i=1}^n (i-1)(i-2) = \frac{n(n-1)(n-2)}{3} \] 所以 \[ h(n) = \frac{n(n-1)(n-2)}{3} - \sum_{i=2}^n h(\lfloor \frac{n}{i} \rfloor) \]
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