cf 1029D

题面

题目描述

给定含n个整数的数组a。

规定数x,y的合并为xy。如：数12与数3456的合并为数123456。

有数组中的位置对(i,j)(i≠j)，计算使ai,aj的合并能被k整除的位置对数量。

输入

第一行输入整数n,k (1≤n≤2*10^5,2≤k≤10^9)

第二行输入含n个整数的数组a1,a2,a3,...,an (1≤ai≤10^9)

输出

输出位置对(i,j)的数量，使ai,aj的合并能被k整除

样例输入1

6 11

45 1 10 12 11 7

样例输出1

7

样例输入2

4 2

2 78 4 10

样例输出2

12

样例输入2

5 2

3 7 19 3 3

样例输出2

0

提示

样例输出1中，有位置对(1,2),(1,3),(2,3),(3,1),(3,4),(4,2),(4,3)，使所得数451,4510,110,1045,1012,121,1210能被11整除。

样例输出2中，全体位置对所得数都能被2整除。

样例输出3中，全体位置对所得数都不能被2整除。

题解

两数合并有计算公式$conc(a_i ,a_j ) = a_i  \cdot 10^{len[j]}  + a_j$ (len[j]表示的位数)

若暴力枚举，时间复杂度达$O(n^2 )$，必超时。可以想到用利用计算公式分解两数的模，计算$a_j$的模并排序，枚举$a_i \cdot 10^{len[j]}$取模并二分查找对应$a_j$的模的数量。这样就利用了排序与二分查找，减少了逐个枚举$a_j$部分的时间。

根据题意可知$(a_i \cdot 10^{len[j]} + a_j {\rm{) mod }}k = 0$,顺推得到$({\rm{ }}(a_i  \cdot 10^{len[j]} {\rm{ mod }}k) + (a_j {\rm{ mod }}k{\rm{) ) mod }}k = 0 \Leftrightarrow k - (a_i  \cdot 10^{len[j]} {\rm{ mod }}k) = a_j {\rm{ mod }}k$。细节上，由于数组a中数的长度参差不齐，于是可以用“mod”二维数组存放长度为len[i]的数 mod k的值并排序。接着i=1 to n,j=1 to 10枚举$a_i  \cdot 10^j$部分，用lower_bound、upper_bound查找符合题意的低位部分的区间，累加这个区间即得到答案。

最终将时间复杂度$O(n^2 )$缩短为$O(10 \cdot n\log n)$。

 #include<cstdio>
 #include<algorithm>
 using namespace std;
 typedef long long ll;
 int n, k;
 int a[],len[];
 int mod[][], mod_10[];
 int cnt[];

 int main()
 {
     scanf("%d%d", &n, &k);
     for (int i = ; i <= n; i++)
         scanf("%d", a + i);
     mod_10[] = ;
     for (int i = ; i < ; i++)
         mod_10[i + ] = mod_10[i] *  % k;        //计算10^n的模
     for (int i = ; i <= n; i++)
     {
         int x = a[i];
         while (x)
         {
             len[i]++;
             x /= ;
         }
         mod[len[i]][++cnt[len[i]]] = a[i] % k;
     }
     for (int i = ; i <= ; i++)
         sort(mod[i] + , mod[i] + cnt[i] + );
     ll ans = ;
     int mod1, mod2, *l, *r;
     for (int i = ; i <= n; i++)
     {
         for (int j = ; j <= ; j++)
         {
             mod1 = ((ll)a[i] * mod_10[j]) % k;        //谨防int溢出!
             mod2 = (k - mod1) % k;
             l = lower_bound(mod[j] + , mod[j] + cnt[j] + , mod2);
             r = upper_bound(mod[j] + , mod[j] + cnt[j] + , mod2);
             ans += (len[i] == j && (mod1 + a[i] % k) % k == )?(r - l - ):(r - l);
             //此时状态包含位置对(i,i)且满足条件时减去该方案
         }
     }
     printf("%lld", ans);
     return ;
 }

AC 代码