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最近在学莫比乌斯反演，然而只看懂了莫比乌斯函数，然后反演看着一脸懵逼，最后只看懂了数论分块里面的一个分支内容（也是莫比乌斯反演的前置姿势），整除分块
于是写一篇博文记录一下整除分块
整除分块是用于快速处理形似
\[
\sum_{i=1}^{n}{\lfloor \frac{n}{i} \rfloor}
\]
的式子的方法
很显然，这个可以\(O(n)\)得到答案。但是，在某些题目中，毒瘤出题人将数据加强到了\(10^{10}\)以上，这个时候我们就无法通过\(O(n)\)的解法来得到答案了。我们需要一个\(O(\sqrt{n})\)的更为优秀的解法
首先观察这个式子，找几个特殊值代入
n=5时，sum=5+2+1+1+1
可以发现的是：（这里给的例子并不明显，其实应该找一个大的n来代入才直观，读者可以自行尝试）
对于单一的\(\lfloor \frac{n}{i} \rfloor\)，某些地方的值是相同的，并且呈块状分布
通过进一步的探求规律与推理以及打表与瞎猜，我们可以惊喜的发现一个规律，这些块状分布的值是有规律的
对于一个块，假设它的起始位置的下标为l，那么可以得到的是，它的结束位置的下标为\(\lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{l}\rfloor} \rfloor\)
如果实在看的有点懵逼，可以继续采用代入特殊值的方法，验证一下上方的规律，用程序表现出来即为
//l为块的左端点，r为块的右端点
r=n/(n/l)在实际应用中，需要注意的就是除法除0的问题（一般都需要特判一下n/l）
程序实现也十分简单
int ans = 0;
for(int l = 1, r = 0; l <= n; l++) {
r = n / (n / l);
// do something
}这题其实就是求
\[
\sum_{i=1}^{n}{k\space mod\space i}
\]
这题和整除分块又有什么关系呢？
mod没有什么特殊的性质，所以我们将它展开来，就变成了
\[
\sum_{i=1}^{n}{k\space-\lfloor \frac{k}{i} \rfloor*i}
\]
于是我们就看到了一个熟悉的形式，也就是整除分块的一般形式
再次改一下这个式子
\[
n*k-\sum_{i=1}^{n}{\lfloor \frac{k}{i}\rfloor*i}
\]
那么\(\sum_{i=1}^{n}{\lfloor \frac{k}{i}\rfloor*i}\)和普通的整除分块有什么差别呢？
其实就是多了一个i
确实，就是多了一个i而已，只需要简单的化简一下，这个i就对我们的处理没有什么影响了
因为我们知道，对于一个整除分块\(\sum_{i=l}^{r}{\lfloor\frac{k}{i}\rfloor}\)，其中的每个值都是相同的，于是我们可以设\(T=\lfloor\frac{k}{i}\rfloor\)
式子就化为了
\[
\sum_{i=l}^{r}T*i \=T*\sum_{i=l}^{r}i
\]
也就是说，其实这个式子前半段是一个整除分块，后半段是一个首项为l，公差为1的等差数列
至此，我们就圆满的解决了这个问题，可以在\(O(\sqrt{n})\)的时间内解决本题
这是整除分块中最基础的应用，就是单纯的利用整除分块来加速递推的实现，而实际上，整除分块更多的与其他函数结合在一起来使用，优化问题的求解
说到积性函数，就不得不讲到两个广为人知的函数\(\phi,\mu\)，这是我们最熟悉的积性函数（其实我也只知道这两个）
积性函数有一个很好用的性质（设\(f(i)\)为一个积性函数）：
\[
f(i*j)=f(i)*f(j)
\]
这里的\(f(i)\)其实是一个完全积性函数。（\(\phi\)就不是一个完全积性函数：\(\phi(i*j)=\phi(i)*\phi(j)\)当且仅当i，j互质才成立）
好了，讲完积性函数的这个性质后我们步入正题，整除分块与积性函数的联系
很多时候，我们推出来整除分块的式子不是很裸的，常与其他函数结合（通常是积性函数，通常为\(\mu\)或\(\phi\)）
这个时候如何统计答案呢？
比如：
\[
\sum_{i=1}^{n}{\mu(i)*\lfloor \frac{n}{i}\rfloor}
\]
积性函数的性质！
因为积性函数这个很好用的性质，所以我们可以直接对前半段的莫比乌斯函数维护一个前缀和，再利用整除分块处理式子的后半段，处理答案的时候，把两段相乘即可
当然，整除分块能结合的函数肯定不止这么几个（但是由于博主太菜所以并不知道其他的函数与整除分块结合的方法）
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原文地址：https://www.cnblogs.com/henry-1202/p/10121854.html
