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除法分塊
求以\(N\)為被除數，在\([0,N]\)的范圍內，將所得的商向下取整相同的所有除數區間。
- \(N\in [0,10^9]\)
這個問題其實有\(\text O(\sqrt N)\)的解決方案，即除法分塊。
我們先給出做法，在證明正確性和復雜度。
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做法
維護兩個變量\(L,R\)，代表當前除數區間為閉區間\([L,R]\)，\(L\)初始值為\(1\)。
然后在\(L\le N\)時循環進行下面的過程：
- 設\(t=\lfloor\frac{N}{L}\rfloor\)
- 當前答案區間的右端點\(R=\lfloor\frac{N}{t}\rfloor\)
- \(L=R+1\)
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正確性證明
開始時左端點是\(1\)顯然是沒有問題的，而以后的每一次操作\(L=R+1\)，因此，我們只需要證明每次的\(R\)都為正確的即可。
首先\(\lfloor\frac{N}{t}\rfloor\)一定是屬於該除數區間的，所以我們只需要證明該數為區間上界。
反證法。設\(X=\lfloor\frac{N}{t}\rfloor\)不是我們想要得到的\(R\)，那么至少有\(X+1\)屬於答案區間。
於是有\(\lfloor\frac{N}{X+1}\rfloor=t\)，因為是下取整，於是有\(N\ge t\times (X+1)\)，於是有\(\lfloor\frac{N}{t}\rfloor\ge\big(\lfloor\frac{t\times (X+1)}{t}\rfloor=X+1\big)\)
而根據定義有\(X=\lfloor\frac{N}{t}\rfloor\)，於是有\(X\ge X+1\)，與事實相悖。
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復雜度證明
分情況討論。
當所選除數\(\le \sqrt N\) 時，顯然這一部分的除數區間不會超過\(\sqrt N\) 個。
當所選除數\(\ge \sqrt N\)時，得到的商\(\le \sqrt N\)，商不超過\(\sqrt N\)種，所以除數區間也不會超過\(\sqrt N\)個。
於是總時間復雜度\(\text O(\sqrt N)\)。
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一類求和式的推導
給出兩個數列\(A,B\)和一個整數\(N\)，其中\(A\)的下標范圍為\([1,N]\)，\(B\)的下標范圍為\([0,N)\)
定義下表范圍為\([1,N]\)的數列\(C\)，試求出所有的\(C_i\)：\(\begin{align}C_i=\sum_{j=1}^i A_{\lfloor\frac{i}{j}\rfloor}\times B_{i\%j}\end{align}\)
- \(N\in [1,10^5]\)
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\(Part\ 1:\ A_i=1,B_i=i\)
\(\begin{align}C_i=\sum_{j=1}^i A_{\lfloor\frac{i}{j}\rfloor}\times B_{i\%j}=\sum_{j=1}^i A_{\lfloor\frac{i}{j}\rfloor}\times B_{i-\lfloor\frac{i}{j}\rfloor\times j}=\sum_{j=1}^i \big(i-\lfloor\frac{i}{j}\rfloor\times j\big)=\sum_{j=1}^i i-\sum_{j=1}^i \lfloor\frac{i}{j}\rfloor\times j\end{align}\)
左一半求和為\(i^2\)
右一半求和時，考慮對於一個除法分塊的區間\([L,R]\)，這一段區間累加的答案為\(t\times \frac{(L+R)(R-L+1)}{2}\)
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\(Part\ 2:\ A_i=i,B_i=i\)
\(\begin{align}C_i=\sum_{j=1}^i A_{\lfloor\frac{i}{j}\rfloor}\times B_{i\%j}=\sum_{j=1}^i \lfloor \frac i j\rfloor\times\big(i-\lfloor\frac{i}{j}\rfloor\times j\big)=\sum_{j=1}^i i\times\lfloor \frac i j\rfloor -\sum_{j=1}^i \lfloor\frac{i}{j}\rfloor^2\times j\end{align}\)
同樣對一個除法分塊的區間\([L,R]\)考慮，左一半對答案的貢獻為\(t\times i\times (r-l+1)\)
右一半對答案的貢獻為\(t^2\times \frac{(L+R)(R-L+1)}{2}\)
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\(Part\ 3:\ A,B\)隨機
\(\begin{align}C_i=\sum_{j=1}^i A_{\lfloor\frac{i}{j}\rfloor}\times B_{i\%j}=\sum_{j=1}^i A_{\lfloor\frac{i}{j}\rfloor}\times B_{i-\lfloor\frac{i}{j}\rfloor\times j}\end{align}\)
考慮一個除法分塊的區間\([L,R]\)對答案的貢獻為\(\begin{align}\sum_{j=L}^R A_{\lfloor\frac{i}{j}\rfloor}\times B_{i-\lfloor\frac{i}{j}\rfloor\times j}=A_{\lfloor\frac{i}{j}\rfloor}\times \sum_{j=L}^R B_{i-\lfloor\frac{i}{j}\rfloor\times j}\end{align}\)
於是左邊的\(A\)數列的答案是固定的，右邊的\(B\)數列的答案注意到可以表示成一個數列隔一段取一個數求和的形式。
於是\(N^2\)預處理\(f[i][j]\)，表示從第\(i\)個位置開始（含第\(i\)個位置），向前每隔\(j\)個位置取一次的數求和，根據除法分塊的定義，\(i-t\times R\)應該為可選擇的最靠前的數字。於是對於一個除法分塊的區間\([L,R]\)，有\(\sum_{j=L}^R B_{i-t\times j}=f[i-t\times L][t]\)
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\(Code\)
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define N 100100
#define mod 123456789
#define R register
#define gc getchar
using namespace std;
typedef long long ll;
inline ll rd(){
ll x=0; bool f=0; char c=gc();
while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=1;c=gc();}
while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=gc();}
return f?-x:x;
}
ll n,a[N],b[N],c[N],f[N][350];
int main(){
n=rd();
for(R ll i=1;i<=n;++i) a[i]=rd();
for(R ll i=1;i<=n;++i) b[i-1]=rd();
for(R ll j=1;j<=340;++j)
for(R ll i=0;i<=n;++i) f[i][j]=((i>=j?f[i-j][j]:0)+b[i])%mod;
for(R ll i=1;i<=n;++i){
for(R ll j=1;j<=340&&j<=i;++j) (c[i]+=a[i/j]*b[i%j])%=mod;
for(R ll l=341,r;l<=i;l=r+1){
ll t=i/l; r=i/t;
(c[i]+=a[t]*f[i-t*l][t])%=mod;
}
printf("%lld\n",c[i]);
}
return 0;
}