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wzjs 2025/8/6 3:59:41

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1. 引言

在数论领域中，约数是基础而重要的概念。无论是判断质数、分解质因数，还是计算最大公约数或研究数论函数，都离不开约数的身影。计算"1到n中所有数的约数个数总和"这一经典问题，不仅能深化我们对约数本质的理解，更能展现数学思维在算法优化中的精妙应用。

洛谷 P1403 正是这样一道典型题目：给定正整数n，计算1到n中所有整数的约数个数之和。这道看似简单的题目，从暴力求解到高效优化的完整思维过程，堪称基础数学问题的完美范例。本文将系统解析其代码实现、数学原理、优化方法及实际应用。

2. 代码解析

题目参考代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){int n,ans=0;cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++) ans+=(n/i);cout<<ans;return 0;
}

这段代码简洁到让人惊讶 —— 仅有几行却能解决问题。我们逐行解析其逻辑：

首先通过 #include<bits/stdc++.h> 引入标准库， using namespace std; 简化命名空间使用，这是 C++ 编程中的常见开头。
在 main 函数中，定义整数 n （输入的正整数）和 ans （存储答案的变量，初始化为 0）。
通过 cin>>n 读取输入的 n。
核心逻辑是循环： for(int i=1;i<=n;i++) ans+=(n/i); ，即从 1 到 n 遍历每个 i，将 n/i 累加到ans中。
最后输出 ans 并结束程序。

初看之下，这个循环的逻辑可能不够直观：为什么累加 n/i 就能得到约数个数总和？这正是我们需要通过数学原理来解释的核心问题。

3. 数学原理

问题本质：计算1到n所有数的约数个数之和。

常规思路的局限

传统方法是逐个计算每个数 k 的约数个数后求和。例如：

1的约数：1（1个）
2的约数：1,2（2个）
...
5的约数：1,5（2个）
当n=5时，总和为1+2+2+3+2=10

该方法时间复杂度为 O(n√n) ，当 n 较大时（如1e6）效率不足。

统计视角转换

代码的核心思想是：统计每个数i作为约数出现的总次数，而非逐个计算约数个数。

对于任意整数 i ，在1到n范围内作为约数的次数为 ⌊n/i⌋ 。例如 n=5 时：

i=1：出现5次（1,2,3,4,5）
i=2：出现2次（2,4）
...
i=5：出现1次（5）
累加结果5+2+1+1+1=10，验证了公式：总和=Σ⌊n/i⌋（i从1到n）

4. 代码优化

原始代码的时间复杂度是 O (n)，当 n≤1e6 时可以正常运行，但当 n 达到 1e9 时，O (n) 的循环会超时（约需 1e9 次运算，远超程序运行时间限制）。此时需要用整除分块（数论分块）进行优化。

整除分块的原理

观察⌊n/i⌋的值会发现：在很多连续的 i 上，⌊n/i⌋的值是相同的。例如 n=10 时：

i=1→10/1=10；i=2→5；i=3→3；i=4→2；i=5→2；i=6→1；i=7→1；i=8→1；i=9→1；i=10→1。

其中 i=4 和 i=5 时，⌊10/i⌋=2；i=6 到 i=10 时，⌊10/i⌋=1。这些连续的 i 构成 “块”，每个块内的⌊n/i⌋值相同，因此可以批量计算。

对于某个值 v=⌊n/i⌋，对应的最大 i 值为⌊n/v⌋。因此，每个块的范围是[l, r]，其中 l 是当前起始位置，r=⌊n/v⌋，该块的贡献为 v*(r-l+1)。

优化后的代码实现

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){int n,ans=0;cin>>n;for(int l=1,r;l<=n;l=r+1){r=n/(n/l);  // 计算当前块右边界ans+=(n/l)*(r-l+1);  // 累加块贡献}cout<<ans;return 0;
}

优化后时间复杂度降至O(√n)，因为⌊n/i⌋的不同取值不超过2√n个。