本文已参与「新人创作礼」活动，一起开启掘金创作之路。

整除分块

给出一道例题，已知n, 求$\sum_{i=1}^{n} \lfloor\frac{n}{i} \rfloor$

这就是整除分块的基本例题

画一个表格找一下怎么计算,以n = 15为例

i	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15
$\lfloor \frac{15}{i}\rfloor$	15	7	5	3	3	2	2	1	1	1	1	1	1	1	1

证明：

假设分块的左端点为l，要求分块的右端点r.

设分块的值为k,对于区间$[l,r]$的每个数满足$k=\lfloor \frac{n}{i}\rfloor=\lfloor \frac{n} {l}\rfloor$, 即$ki \leq n$,需要找到最大的i使其成立

可得$r = \lfloor \frac{n}{k}\rfloor=\lfloor \frac{n}{ \frac{n}{l}}\rfloor$

计算的相关代码如下：

每次计算出相同值的左右端点$[l, r]$ ,那么相同值的个数就为$r-l+1$

int res = 0;
for(int l = 1, r; l <= n; l = r + 1)
{
    r = n / (n / l);
    res += n / l * (r - l + 1);
}

题目

简单版

链接：

codeforces.com/problemset/…

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状态表示：

$f[i]$: i变为1的种类数

状态转移：

$f[i] = \sum_{j=1}^{i-1}f[j] + \sum_{j=2}^{i}f[ \lfloor \frac{i}{j}\rfloor ]$

前一部分是考虑减法的方程，后一部分是考虑除法的方程

• 减法：可以使用前缀和进行优化

• 除法：$\lfloor \frac{i}{j}\rfloor$ 考虑使用整除分块

复杂度为$O(n \sqrt n)$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

using ll = long long;


void solve()
{
	int n, m;
	cin >> n >> m;
	
	vector<ll> f(n + 1, 0), s(n + 1, 0);
	f[1] = 1;
	s[1] = 1;
	
	for(int i = 2; i <= n; i++)
	{
		f[i] = (f[i] + s[i - 1]) % m;
		
		for(int l = 2, r; l <= i; l = r + 1)
		{
			r = i / (i / l);
			int cnt = r - l + 1;
			
			ll x = f[i / l] * cnt % m;
			f[i] = (f[i] + x) % m;
		}

		s[i] = s[i - 1]	+ f[i];
		s[i] %= m;
	}
	cout << f[n] % m << "\n";
	
}

int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr);
	
	int t;
//	cin >> t;
	t = 1;
	while(t--) 
		solve();
	return 0;
}
 

正常版

codeforces.com/contest/156…

---

这道题n的限制变大，整除分块无法过去

反过来考虑，从小到大进行考虑

状态表示：

$f[i]$ i变到n的方案数

状态转移：

$f[i] = \sum_{j=i+1}^{n}f[j] + \sum_{j=2}^{j*i\leq n} \sum_{k=i*j}^{min(i*j+j-1,n)}f[k]$

状态转移公式可能看着很难懂，下面进行解释：

• 前一部分：通过加法变到j的方案和，i可以变到$[i+1,n]$的任意一个

  • 计算方法：可以通过后缀和进行计算

• 后一部分：通过乘法变到k的方案数，因为题目是除法，我们反过来就变成了乘法，除法进行考虑，我们找一下原始的一个区间，区间中的每一个值可以通过除法变到同一个值

  • 若除2,区间$[2*i, 2*i+1]$中的数可以变到i, 计算次数为$n/2$

  • 若除3,区间$[3*i, 3*i+2]$中的数可以变到i，计算次数为$n/3$

  • 若除4,区间$[4*i, 4*i+3]$中的数可以变到i，计算次数为$n/4$

  • ...

  • 若除j,区间$[j*i, j*i+j-1]$中的数可以变到i，计算次数为$n/j$

  • 统计方法：后缀和：$s[i * j] - s[min(i * j + j, n + 1)]$

总的计算次数就是$n/2+n/3+n/4+...+n/n=n(1/2+1/3+...+1/n)$ 后面的是调和级数，复杂度为$log(n)$，故总的复杂度为$O(nlog(n))$

---

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

using ll = long long;


void solve()
{
	int n, m;
	cin >> n >> m;
	
	vector<ll> f(n + 2, 0), s(n + 2, 0);

	f[n] = 1;
	s[n] = 1;
	
	for(int i = n - 1; i >= 1; i--)
	{
		f[i] = (f[i] + s[i + 1]) % m;
		
		for(int j = 2; j * i <= n; j++)
		{
			// [i * j, i * j + j - 1]
			f[i] = (f[i] + s[i * j] - s[min(i * j + j, n + 1)]) % m;
			f[i] = (f[i] + m) % m;
		}
		s[i] = (s[i + 1] + f[i]) % m;
	}
	
	cout << f[1] << "\n";
}

int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr);
	
	int t;
//	cin >> t;
	t = 1;
	while(t--) 
		solve();
	return 0;
}