整除分塊

設 \(f(n) = \sum\limits^{n}_{i=1}{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}\) ,給定 \(n, n \in [1, 10^9] \cap \mathbb{Z}\) ,求 \(f(n)\)

演算法分析

當 \(n = 20\) 時，有

\(i\)	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18	19	20
\(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\)	20	10	6	5	4	3	2	2	2	2	1	1	1	1	1	1	1	1	1	1

可以看出有連續一塊都相同的結果。

事實上有不超過 \(2\sqrt n\) 這樣的塊個。

證明 有不超過 \(2\sqrt n\) 個這樣的塊。

引理

\(\forall a \in [2, \sqrt n - 1], \lfloor\frac{n}{a}\rfloor > \lfloor\frac{n}{a+1}\rfloor\)

證明：

反證法。顯然 \(\lfloor\frac{n}{a}\rfloor \geq \lfloor\frac{n}{a+1}\rfloor\) 。假設 \(\exists a \in [2, \sqrt n - 1], \lfloor\frac{n}{a}\rfloor = \lfloor\frac{n}{a+1}\rfloor = k \geq \sqrt n\)

\(\Rightarrow n = a \cdot k + c_1 = (a + 1) \cdot k + c_2, 0 \leq c_1 < a, 0 \leq c_2 < a + 1\)

\(\Rightarrow a \cdot k + c_1 = a \cdot k + k + c_2\)

\(\Rightarrow c_1 = k + c_2\)

\(\because k \geq \sqrt n, 0 \leq c_2\)

\(\therefore c_1 \geq \sqrt n\)

與 \(c_1 < a < \sqrt n\) 矛盾，原命題得證。

證明

在 \([1, \sqrt n] \cap \mathbb{Z}\) 中取兩個數 \(x_1, x_2\) ，且 \(x_1 + 1 = x_2\)

\(y_1 = \lfloor\frac{n}{x_1}\rfloor, y_2 = \lfloor\frac{n}{x_2}\rfloor\) ，則 \(y_2 < y_1\) , 且 \([y_2, y_1] \subseteq [\sqrt n, n]\)

對於 \([y_2 + 1, y_1]\):

• 對於上界 \(y_1\):

  \(y_1 = \lfloor\frac{n}{x_1}\rfloor\)

  \(\Rightarrow n = y_1 \cdot x_1 + z \Rightarrow z < x_1 < x_2 \leq \sqrt n \leq y_1 \Rightarrow z < y_1\)

  \(\Rightarrow \lfloor\frac{n}{y_1}\rfloor = x_1\)

• 對於下界 \(y_2 + 1\):

  \(y_2 = \lfloor\frac{n}{x_2}\rfloor\)

  \(\Rightarrow n = x_2 \cdot y_2 + z, z < x_2\)

  \(\Rightarrow x_2 \cdot (y_2 + 1) > n \Rightarrow x_2 > \lfloor\frac{n}{y_2 + 1}\rfloor \Rightarrow x_1 \geq \lfloor\frac{n}{y_2 + 1}\rfloor\)

  \(y_2 + 1 \leq y_1 \Rightarrow \lfloor\frac{n}{y_2 + 1}\rfloor \geq \lfloor\frac{n}{y_1}\rfloor = x_1\)

  \(x_1 \geq \lfloor\frac{n}{y_2 + 1}\rfloor \geq x_1 \Rightarrow \lfloor\frac{n}{y_1}\rfloor = x_1\)

綜上，\(\forall k \in [y_2 + 1, y_1], \lfloor\frac{n}{k}\rfloor = x_1\)

所以，對於 \(k \in [1, \sqrt n]\) 都有與之對應的 \(\lfloor\frac{n}{k}\rfloor \in [\sqrt n, n]\) ，反過來對於 \(k \in [\sqrt n, n]\) 都有與之對應的 \(\lfloor\frac{n}{k}\rfloor \in [1, \sqrt n]\) ，一共有 \(2\sqrt n\) 個，原命題得證。

左右邊界

設 \(l\) 為分塊左邊界，\(r\) 為分塊右邊界，\(k = \lfloor\frac{n}{l}\rfloor = \lfloor\frac{n}{r}\rfloor\) ，那麼 \(k=\lfloor \frac{n}{l} \rfloor\)。\(r\) 為 \(i\) 最大值， \(i\) 滿足 \(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor = k\) ，\(n = k \cdot i + z, z \in [0, k) \cap \mathbb{Z}\)，所以 \(i = \frac{n-z}{k}\)，可得 \(i \leq \lfloor\frac{n}{k}\rfloor\)，即 \(r=\max(i)=\lfloor\frac{n}{k}\rfloor\)。將 \(k = \lfloor\frac{n}{l}\rfloor\) 帶入，\(r = \lfloor \frac{n}{\lfloor\frac{n}{l}\rfloor} \rfloor\)

程式碼

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