整除分块数论C. Floor and Mod

Posted 2022-03-09 行码棋

题目链接

https://codeforces.com/problemset/problem/1485/C

定义一对数 $(a,b)$ 是特殊的，当且仅当 $\lfloor \frac{a}{b}\rfloor =a\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}b$
给定 x 和 y ，求一共有多少对特殊的数 $(a,b)$,$1\le a\le x,1\le b\le y$

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思路

这种推导式子的一般就是不断的对式子进行变形，然后在过程中发现相关的特性。

本题根据数据范围看，要么是结论题，要么是$O(\sqrt{N})$的算法

$\lfloor \frac{a}{b}\rfloor =a-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor \ast b$
$\lfloor \frac{a}{b}\rfloor (b+1)=a$
$\lfloor \frac{a}{b}\rfloor =\frac{a}{b+1}$

这时发现特性：$\lfloor \frac{a}{b}\rfloor$是整数，那么$\frac{a}{b+1}$也是整数，则1️⃣a是b+1的倍数，即$(b+1)|a$

然后根据$\lfloor \frac{a}{b}\rfloor =a\%b$
得到$0\le \lfloor \frac{a}{b}\rfloor <b$
代换一下$\lfloor \frac{a}{b}\rfloor$得到$\frac{a}{b+1}<b$, 则 2️⃣$0\le a<b^2+b$

结合上述两点性质，得到a的个数为$\frac{b^2+b-1}{b+1}$

因为a和b需要满足固定的范围，则答案

$res={\sum }_{b=1}^y\frac{min(x,b^2+b-1)}{b+1}$

我们只需要将b枚举到$\sqrt{x}$即可，后面上面分子始终取x，后面就可以用整除分块解决问题

$l=b+1$进行整除分块，注意整除分块时还要注意对应的范围，$l<=y+1$,因为初始就加了一
$l<=x$是因为后面就取零了，不能算上去，所以这个是右边界

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代码

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

using ll = long long;

void solve()

	ll x, y;
	cin >> x >> y;
	
	ll res = 0;
	
	ll a = 1, b = 1;
	for(; b * b - 1 <= x && b <= y; b++)
		res += (b * b + b - 1) / (b + 1);
	
	ll l = b + 1, r;
	
	for(; l <= x && l <= y + 1; l = r + 1)
	
		r = min(x / (x / l), y + 1);
		
		res += x / l * (r - l + 1);
		if(r == y + 1) 
			break;
	
	cout << res << "\\n";



int main()

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

整除分块篇

https://blog.csdn.net/qq_50285142/article/details/123117313