差别

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--- technique:number_theory_sqrt_decomposition [2020/06/05 23:11]
great_designer [除法取整的突变问题]
+++ technique:number_theory_sqrt_decomposition [2020/06/10 17:27] (当前版本)
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 ======数论分块======
 =====简介=====
-数论分块的目的是：将有除法下取整的式子，从$O(n)$优化到$O(\sqrt{n})$。
+数论分块的目的是：将有除法下取整的式子，从 $O(n)$ 优化到 $O(\sqrt{n})$。
-它就是换了一种计数顺序，从纵向计数改为横向计数（Fubini原理），将n/d相同的数打包同时计算。
+它就是换了一种计数顺序，从纵向计数改为横向计数（Fubini 原理），将 n/d 相同的数打包同时计算。
-（以下若未采用公式体写的n/d，均代表C语言中带取整的整数除法，而不是数学意义上的除法。）
+特此说明：以下若未采用公式体写的 n/d，均代表 C 语言中带取整的整数除法，而不是数学意义上的除法。这是由于如果将数学公式除法加取整写入段落，将使得一行过高。
 直观表示就是：我们看下面这个双曲线（的一支）图片，思考双曲线下整点的划分。
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 {{ :2020-2021:teams:namespace:双曲线下整点.png?400 |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。
+图中共分为了 5 块，这 5 块整点的最大纵坐标都相同。
 数论分块的核心代码很简单：
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 </code>
-这是因为，C语言的整数除法，恰好全部都是向下取整。（这里用中括号表示）
+这是因为，C 语言的整数除法，恰好全部都是向下取整。
-因此，关键就在于表达式n/(n/l)究竟是什么。即这个表达式：
+因此，关键就在于表达式 n/(n/l) 究竟是什么。即这个表达式：
-$$\left[\frac{n}{\left[\frac{n}{l}\right]}\right]$$
+$$\left\lfloor\frac{n}{\left\lfloor\frac{n}{l}\right\rfloor}\right\rfloor$$
-在“分块”计算的时候，**对于任意一个d，我们需要找到一个最大的r，使得n/d=n/r。**目的是确定d落入了哪一块。
+在“分块”计算的时候，**对于任意一个 d，我们需要找到一个最大的 r，使得 n/d=n/r。**目的是确定 d 落入了哪一块。
-我们指出：**表达式n/(n/d)，恰好就是使得n/d不变的那个最大的r。**
+我们指出：**表达式 n/(n/d)，恰好就是使得 n/d 不变的那个最大的 r。**
-因此每次将l更新为r+1，就是下一个左端点。上面n/(n/l)的式子就是为了寻找图中绿色的点，即每一块的右端点。
+因此每次将 l 更新为 r+1，就是下一个左端点。上面 n/(n/l) 的式子就是为了寻找图中绿色的点，即每一块的右端点。
 =====证明=====
-首先，n/(n/l)不比给定的l小。这是显然的,把里面的取整符号放缩掉就行。
+首先，n/(n/l) 不比给定的 l 小。这是显然的，把里面的取整符号放缩掉就行。
-$$\left[\frac{n}{\left[\frac{n}{l}\right]}\right]\geqslant\left[\frac{n}{\frac{n}{l}}\right]=l$$
+$$\left\lfloor\frac{n}{\left\lfloor\frac{n}{l}\right\rfloor}\right\rfloor\geqslant\left\lfloor\frac{n}{\frac{n}{l}}\right\rfloor=l$$
-然后，n/(n/l)代入（迭代）原式，同理有：
+然后，n/(n/l) 代入（迭代）原式，同理有：
-$$\left[\frac{n}{\left[\frac{n}{\left[\frac{n}{l}\right]}\right]}\right]\geqslant\left[\frac{n}{l}\right]$$
+$$\left\lfloor\frac{n}{\left\lfloor\frac{n}{\left\lfloor\frac{n}{l}\right\rfloor}\right\rfloor}\right\rfloor\geqslant\left\lfloor\frac{n}{l}\right\rfloor$$
-但是由于没取整前，图形是双曲线，n/x这个函数是**单调不增**的。对于不同的x大小关系，代入函数后大小关系相反。这只能表明：
+但是由于没取整前，图形是双曲线，n/x 这个函数是**单调不增**的。对于不同的 x 大小关系，代入函数后大小关系相反。这只能表明：
-$$\left[\frac{n}{\left[\frac{n}{\left[\frac{n}{l}\right]}\right]}\right]=\left[\frac{n}{l}\right]$$
+$$\left\lfloor\frac{n}{\left\lfloor\frac{n}{\left\lfloor\frac{n}{l}\right\rfloor}\right\rfloor}\right\rfloor=\left\lfloor\frac{n}{l}\right\rfloor$$
-这说明，l和n/(n/l)一定位于同一块中。
+这说明，l 和 n/(n/l) 一定位于同一块中。
-怎么说明n/(n/l)是右端点？只要说明下一个邻居已经不落在区间里就行了。根据带余除法，有：
+怎么说明 n/(n/l) 是右端点？只要说明下一个邻居已经不落在区间里就行了。根据带余除法，有：
-$$\begin{aligned}n&=x\left[\frac{n}{x}\right]+r_1\\&=x\left(1+\left[\frac{n}{x}\right]\right)-(x-r_1)\\&=\left(1+\left[\frac{n}{x}\right]\right)\left[\frac{n}{1+\left[\frac{n}{x}\right]}\right]+r_2\end{aligned}$$
+$$\begin{aligned}n&=x\left\lfloor\frac{n}{x}\right\rfloor+r_1\\&=x\left(1+\left\lfloor\frac{n}{x}\right\rfloor\right)-(x-r_1)\\&=\left(1+\left\lfloor\frac{n}{x}\right\rfloor\right)\left\lfloor\frac{n}{1+\left\lfloor\frac{n}{x}\right\rfloor}\right\rfloor+r_2\end{aligned}$$
-其中，$r_2$非负，$x-r_1$是严格大于0的正整数。这样，我们就证明了：
+其中，$r_2$ 非负，$x-r_1$ 是严格大于 0 的正整数。这样，我们就证明了：
-$$x\left(1+\left[\frac{n}{x}\right]\right)<\left(1+\left[\frac{n}{x}\right]\right)\left[\frac{n}{1+\left[\frac{n}{x}\right]}\right]$$
+$$x\left(1+\left\lfloor\frac{n}{x}\right\rfloor\right)<\left(1+\left\lfloor\frac{n}{x}\right\rfloor\right)\left\lfloor\frac{n}{1+\left\lfloor\frac{n}{x}\right\rfloor}\right\rfloor$$
-代入x为n/l：
+代入 x 为 n/l：
-$$\left[\frac{n}{l}\right]<\left[\frac{n}{1+\left[\frac{n}{\left[\frac{n}{l}\right]}\right]}\right]$$
+$$\left\lfloor\frac{n}{l}\right\rfloor<\left\lfloor\frac{n}{1+\left\lfloor\frac{n}{\left\lfloor\frac{n}{l}\right\rfloor}\right\rfloor}\right\rfloor$$
-n/l严格比n/(1+(n/(n/l)))小，因此原命题也就证完了。
+n/l 严格比 n/(1+(n/(n/l))) 小，因此原命题也就证完了。
 =====除法取整的突变问题=====
-上面的讨论，解决了n/d，在下方的d不断增加的情况下，什么时候函数值发生突变。并且，这种增加是**单向**的，计算时只能让d从小往大变化，因为采用这种方法无法找到左端点。
+上面的讨论，解决了 n/d，在下方的 d 不断增加的情况下，什么时候函数值发生突变。并且，这种增加是**单向**的，计算时只能让 d 从小往大变化，因为采用这种方法无法找到左端点。
-那么如果下方的d不变，上方的n变化，会发生什么？答案是变简单了。
+那么如果下方的 d 不变，上方的 n 变化，会发生什么？答案是变简单了。
-考虑表达式：n和n-1除以d的商取整之差。
+考虑表达式：n 和 n-1 除以 d 的商取整之差。
-$$\left[\frac{n}{d}\right]-\left[\frac{n-1}{d}\right]$$
+$$\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor-\left\lfloor\frac{n-1}{d}\right\rfloor$$
 根据带余除法的定义，有：
-$$n=d\left[\frac{n}{d}\right]+r_1$$
+$$n=d\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor+r_1$$
-$$n-1=d\left[\frac{n-1}{d}\right]+r_2$$
+$$n-1=d\left\lfloor\frac{n-1}{d}\right\rfloor+r_2$$
-$r_1$和$r_2$是余数，都在0到d-1之间。因此这个表达式，仅当d整除n的时候相差1，其他时候均为0。
+$r_1$ 和 $r_2$ 是余数，都在 0 到 d-1 之间。因此这个表达式，仅当 d 整除 n 的时候相差 1，其他时候均为 0。
 =====一个常用引理=====
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 ====引理====
-一个狄利克雷卷积式的推广，本式有两个变量n和a。当n和a相等的时候，就是一个标准的狄利克雷卷积式。
+一个狄利克雷卷积式的推广，本式有两个变量 n 和 a。当 n 和 a 相等的时候，就是一个标准的狄利克雷卷积式。
 $$
-\sum_{i=1}^{n}(i,a)=\sum_{d|a}\left[\frac{n}{d}\right]\varphi(d)
+\sum_{i=1}^{n}(i,a)=\sum_{d|a}\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor\varphi(d)
 $$
 它的推论是：
-$$\sum_{i=l}^{r}(i,a)=\sum_{d|a}\left(\left[\frac{r}{d}\right]-\left[\frac{l-1}{d}\right]\right)\varphi(d)$$
+$$\sum_{i=l}^{r}(i,a)=\sum_{d|a}\left(\left\lfloor\frac{r}{d}\right\rfloor-\left\lfloor\frac{l-1}{d}\right\rfloor\right)\varphi(d)$$
 ====证明====
-由狄利克雷卷积$\varphi*1=n$，有：
+由狄利克雷卷积 $\varphi*1=n$，有：
 $$
 (n,a)=\sum_{d|(a,n)}\varphi(d)=\sum_{d|a \&\& d|n}\varphi(d)
 $$
 根据上面的讨论，有：
 $$
-(n,a)=\sum_{d|a}\left(\left[\frac{n}{d}\right]-\left[\frac{n-1}{d}\right]\right)\varphi(d)
+(n,a)=\sum_{d|a}\left(\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor-\left\lfloor\frac{n-1}{d}\right\rfloor\right)\varphi(d)
 $$
-利用数学归纳法对n归纳，或两边同时计算部分和，就证明了原命题。
+利用数学归纳法对 n 归纳，或两边同时计算部分和，就证明了原命题。
 ===== 例题 =====
@@ 行 125: / 行 124: @@
 $$
-\sum_{i=1}^n(\left[^3\sqrt{i}\right],i)\quad\mod 998244353\quad n\leq10^{21}
+\left[\sum_{i=1}^n(\left\lfloor\sqrt[3]{i}\right\rfloor,i)\right]\bmod{998244353}
 $$
+其中 $ n\leq10^{21}$。
 ==== 题解 ====
-分析这个问题。完全立方数将1到n划分为许许多多左闭右开的整数区间，那么最后一个区间是不完全的。因此对立方数进行划分，并单独提取出最后一个不完全区间：
+分析这个问题。完全立方数将 1 到 n 划分为许许多多左闭右开的整数区间，那么最后一个区间是不完全的。因此对立方数进行划分，并单独提取出最后一个不完全区间：
 $$
-\sum^n_{i=1}(\left[^3\sqrt{i}\right],i)=\sum_{i=1}^{\left[^3\sqrt{n}\right]-1}\sum_{j=i^3}^{(i+1)^3-1}(i,j)+\sum^n_{i=\left[^3\sqrt{n}\right]^3}(\left[^3\sqrt{n}\right],i)
+\sum^n_{i=1}(\left\lfloor\sqrt[3]{i}\right\rfloor,i)=\sum_{i=1}^{\left\lfloor\sqrt[3]{n}\right\rfloor-1}\sum_{j=i^3}^{(i+1)^3-1}(i,j)+\sum^n_{i=\left\lfloor\sqrt[3]{n}\right\rfloor^3}(\left\lfloor\sqrt[3]{n}\right\rfloor,i)
 $$
-根据引理，对于原式右半部分的内容我们便可以通过数论分块在$O(^6\sqrt{n})$的时间内解决。
+根据引理，对于原式右半部分的内容我们便可以通过数论分块在 $O(\sqrt[6]{n})$ 的时间内解决。
 $$
-\sum^n_{i=\left[^3\sqrt{n}\right]^3}(\left[^3\sqrt{n}\right],i)=\sum_{d|\left[^3\sqrt{n}\right]}\left(\left[\frac{n}{d}\right]-\left[\frac{\left[^3\sqrt{n}\right]^3-1}{d}\right]\right)\varphi(d)
+\sum^n_{i=\left\lfloor\sqrt[3]{n}\right\rfloor^3}(\left\lfloor\sqrt[3]{n}\right\rfloor,i)=\sum_{d|\left\lfloor\sqrt[3]{n}\right\rfloor}\left(\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor-\left\lfloor\frac{\left\lfloor\sqrt[3]{n}\right\rfloor^3-1}{d}\right\rfloor\right)\varphi(d)
 $$
-继续展开左边的式子。由求和式中d整除i，设变量x满足$xd=i$，交换求和次序并去取整号整理得：
+继续展开左边的式子。由求和式中 d 整除 i，设变量 x 满足 $xd=i$，交换求和次序并去取整号整理得：
 $$
 \begin{aligned}
-&\sum_{i=1}^{\left[^3\sqrt{n}\right]-1}\sum_{j=i^3}^{(i+1)^3-1}(i,j)\\
+&\sum_{i=1}^{\left\lfloor\sqrt[3]{n}\right\rfloor-1}\sum_{j=i^3}^{(i+1)^3-1}(i,j)\\
-=&\sum_{i=1}^{\left[^3\sqrt{n}\right]-1}\sum_{d|i}\left(\left[\frac{(i+1)^3-1}{d}\right]-\left[\frac{i^3-1}{d}\right]\right)\varphi(d)\\
+=&\sum_{i=1}^{\left\lfloor\sqrt[3]{n}\right\rfloor-1}\sum_{d|i}\left(\left\lfloor\frac{(i+1)^3-1}{d}\right\rfloor-\left\lfloor\frac{i^3-1}{d}\right\rfloor\right)\varphi(d)\\
-=&\sum_{d=1}^{\left[^3\sqrt{n}\right]-1}\varphi(d)\sum_{x=1}^{\left[\frac{\left[^3\sqrt{n}\right]-1}{d}\right]}\left(\left[\frac{(xd+1)^3-1}{d}\right]-\left[\frac{(xd)^3-1}{d}\right]\right)\\
+=&\sum_{d=1}^{\left\lfloor\sqrt[3]{n}\right\rfloor-1}\varphi(d)\sum_{x=1}^{\left\lfloor\frac{\left\lfloor\sqrt[3]{n}\right\rfloor-1}{d}\right\rfloor}\left(\left\lfloor\frac{(xd+1)^3-1}{d}\right\rfloor-\left\lfloor\frac{(xd)^3-1}{d}\right\rfloor\right)\\
-=&\sum_{d=1}^{\left[^3\sqrt{n}\right]-1}\varphi(d)\sum_{x=1}^{\left[\frac{\left[^3\sqrt{n}\right]-1}{d}\right]}\left(3dx^2+3x+1\right)
+=&\sum_{d=1}^{\left\lfloor\sqrt[3]{n}\right\rfloor-1}\varphi(d)\sum_{x=1}^{\left\lfloor\frac{\left\lfloor\sqrt[3]{n}\right\rfloor-1}{d}\right\rfloor}\left(3dx^2+3x+1\right)
 \end{aligned}
 $$
-接下来就是平方和公式和等差数列求和，设仅与d相关的y为：
+接下来就是平方和公式和等差数列求和，设仅与 d 相关的 y 为：
-$$y=\left[\frac{\left[^3\sqrt{n}\right]-1}{d}\right]$$
+$$y=\left\lfloor\frac{\left\lfloor\sqrt[3]{n}\right\rfloor-1}{d}\right\rfloor$$
 得：
 $$
-\sum_{i=1}^{\left[^3\sqrt{n}\right]-1}\sum_{j=i^3}^{(i+1)^3-1}(i,j)=\sum_{d=1}^{\left[^3\sqrt{n}\right]-1}\varphi(d)d\frac{y(y+1)(2y+1)}{2}+\sum_{d=1}^{\left[^3\sqrt{n}\right]-1}\varphi(d)(\frac{y(y+1)}{2}+y)
+\sum_{i=1}^{\left\lfloor\sqrt[3]{n}\right\rfloor-1}\sum_{j=i^3}^{(i+1)^3-1}(i,j)=\sum_{d=1}^{\left\lfloor\sqrt[3]{n}\right\rfloor-1}\varphi(d)d\frac{y(y+1)(2y+1)}{2}+\sum_{d=1}^{\left\lfloor\sqrt[3]{n}\right\rfloor-1}\varphi(d)(\frac{y(y+1)}{2}+y)
 $$
-$y$也是一个除以d后取整的形式，故依旧可以用数论分块维护。总和式为：
+y 也是一个除以 d 后取整的形式，故依旧可以用数论分块维护。总和式为：
 $$
-\sum^n_{i=1}(\left[^3\sqrt{i}\right],i)=\sum_{d=1}^{\left[^3\sqrt{n}\right]-1}\varphi(d)d\frac{y(y+1)(2y+1)}{2}+\sum_{d=1}^{\left[^3\sqrt{n}\right]-1}\varphi(d)(\frac{y(y+1)}{2}+y)+\sum_{d|\left[^3\sqrt{n}\right]}\left(\left[\frac{n}{d}\right]-\left[\frac{\left[^3\sqrt{n}\right]^3-1}{d}\right]\right)\varphi(d)
+\sum^n_{i=1}(\left\lfloor\sqrt[3]{i}\right\rfloor,i)=\sum_{d=1}^{\left\lfloor\sqrt[3]{n}\right\rfloor-1}\varphi(d)d\frac{y(y+1)(2y+1)}{2}+\sum_{d=1}^{\left\lfloor\sqrt[3]{n}\right\rfloor-1}\varphi(d)(\frac{y(y+1)}{2}+y)+\sum_{d|\left\lfloor\sqrt[3]{n}\right\rfloor}\left(\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor-\left\lfloor\frac{\left\lfloor\sqrt[3]{n}\right\rfloor^3-1}{d}\right\rfloor\right)\varphi(d)
 $$
-通过$O(^3\sqrt{n})$预处理出$\sum \varphi(i)i$和$\sum \varphi(i)$,就可以在$O(^{6}\sqrt{n})$的时间内处理每一组询问了。总时间复杂度$O(^3\sqrt{n}+^{6}\sqrt{n}*T)$
+通过 $O(\sqrt[3]{n})$ 预处理出 $\varphi(i)i$ 的前缀和与 $\varphi(i)$ 的前缀和，就可以在 $O(^{6}\sqrt{n})$ 的时间内处理每一组询问了。总时间复杂度 $O(\sqrt[3]{n}+^{6}\sqrt{n}*T)$。
-注意，读入要用%%__%%int128,但是在开数组的时候都要开int，否则会爆空间。
+注意，读入要用 ''%%__%%int128''，但是在开数组的时候都要开 ''int''，否则会爆空间。
 ====代码====
@@ 行 203: / 行 204: @@
 bool vis[maxN+10];
 void calc()//线性筛计算欧拉函数
 {
     phi[1]=1;
@@ 行 214: / 行 215: @@
             prime[++len]=i;
             phi[i]=i-1;
         }
         int j;
         for(j=1;j<=len&&i*prime[j]<=maxN;j++)
@@ 行 225: / 行 226: @@
             }
             phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1);
         }
     }
     for(i=1;i<=maxN;i++)//欧拉函数乘自变量，其实也是个积性函数
     {
         phii[i]=((long long)i*(long long)phi[i])%MOD;
     }
     for(i=1;i<=maxN;i++)//部分和
     {
         pre[i]=((long long)pre[i-1]+(long long)phi[i])%MOD;
         phii[i]=((long long)phii[i-1]+(long long)phii[i])%MOD;
     }
 }
 __int128 sqrt3(__int128 N)//二分
 {
     __int128 l=0,r=1e9;
@@ 行 268: / 行 269: @@
                     int t=sqrt3N/d;
                     ans=(ans+(n/t-((__int128)sqrt3N*(__int128)sqrt3N*(__int128)sqrt3N-1)/t)%MOD*phi[t])%MOD;
                 }
             }
         }
@@ 行 274: / 行 275: @@
         {
             int x=(sqrt3N-1)/l;
             r=min(sqrt3N-1,(sqrt3N-1)/((sqrt3N-1)/l));//分块操作
             long long tmp1=(phii[r]-phii[l-1]+MOD)%MOD,tmp2=(pre[r]-pre[l-1]+MOD)%MOD;
             ans=(ans+tmp1*(long long)inv2%MOD*x%MOD*(x+1)%MOD*(2*x+1))%MOD;

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