【莫队】bzoj4542: [Hnoi2016]大数

挺有意思的，可以仔细体味一下的题；看白了就是莫队板子。

Description

　　小 B 有一个很大的数 S，长度达到了 N 位；这个数可以看成是一个串，它可能有前导 0，例如00009312345
。小B还有一个素数P。现在，小 B 提出了 M 个询问，每个询问求 S 的一个子串中有多少子串是 P 的倍数（0 也
是P 的倍数）。例如 S为0077时，其子串 007有6个子串：0,0,7,00,07,007；显然0077的子串007有6个子串都是素
数7的倍数。

Input

　　第一行一个整数：P。第二行一个串：S。第三行一个整数：M。接下来M行，每行两个整数 fr,to，表示对S 的
子串S[fr…to]的一次询问。注意：S的最左端的数字的位置序号为 1；例如S为213567，则S[1]为 2，S[1…3]为 2
13。N,M<=100000，P为素数

Output

　　输出M行，每行一个整数，第 i行是第 i个询问的答案。

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题目分析

一个区间[l,r]产生贡献即$number_{i,j}\equiv 0\ ({\rm mod}\ p)$.

按照常见套路来说，应该把区间拆成关于端点的式子。用$pre[i]$表示前$i$位在十进制下的数值，那么即$number_{i,j}=pre[j]-10^{j-i+1}*pre[i-1]$。将式子移项发现左右两边形如$f(r)=f(l-1)$（据说这是一种经典的莫队套路）那么于此已经将区间问题转化为关于单点的可$O(1)$修改的子问题了。

之后的操作就相对套路：将$n+1$个$f(i)$(不要忘记统计$f(0)$)预先离散化处理；然后常规莫队操作。

注意莫队要先修改再更新！

 #include<cmath>
 #include<cstdio>
 #include<cctype>
 #include<cstring>
 #include<algorithm>
 const int maxn = ;

 int blk[maxn];
 struct QRs
 {
     int l,r,id;
     bool operator < (QRs a) const
     {
         if (blk[l]==blk[a.l]) return r < a.r;
         return blk[l] < blk[a.l];
     }
 }q[maxn];
 char s[maxn];
 int p,n,m,cnt,tot,size,inv10;
 int lbd,rbd,lSd[maxn],rSd[maxn];
 int ans[maxn],sum[maxn],pre[maxn],t[maxn];

 int read()
 {
     char ch = getchar();
     int num = ;
     bool fl = ;
     for (; !isdigit(ch); ch=getchar())
         if (ch=='-') fl = ;
     for (; isdigit(ch); ch=getchar())
         num = (num<<)+(num<<)+ch-;
     if (fl) num = -num;
     return num;
 }
 int qmi(int a, int b)
 {
     int ret = ;
     while (b)
     {
         if (b&) ret = 1ll*ret*a%p;
         b >>= , a = 1ll*a*a%p;
     }
     return ret;
 }
 void lAdd(int lbd)
 {
     rSd[sum[lbd]]++, tot+=rSd[sum[lbd-]], lSd[sum[lbd-]]++;
 }
 void rAdd(int rbd)
 {
     lSd[sum[rbd-]]++, tot+=lSd[sum[rbd]], rSd[sum[rbd]]++;
 }
 void lErase(int lbd)
 {
     lSd[sum[lbd-]]--, tot-=rSd[sum[lbd-]], rSd[sum[lbd]]--;
 }
 void rErase(int rbd)
 {
     rSd[sum[rbd]]--, tot-=lSd[sum[rbd]], lSd[sum[rbd-]]--;
 }
 int main()
 {
     freopen("bignum.in","r",stdin);
     freopen("bignum.out","w",stdout);
     p = read(), scanf("%s",s+);
     n = strlen(s+), size = sqrt(n+0.5)+;
     if (p==||p==){
         for (int i=; i<=n; i++)
         {
             ans[i] = ans[i-], sum[i] = sum[i-];
             if ((s[i]-'')%p==) ans[i]++, sum[i] += i;
         }
         m = read();
         for (int i=; i<=m; i++)
         {
             int l = read(), r = read();
             printf("%d\n",sum[r]-sum[l-]-(ans[r]-ans[l-])*(l-));
         }
         return ;
     }
     for (int i=; i<=n; i++) blk[i] = i/size, pre[i] = (pre[i-]*10ll%p+s[i]-'')%p;
     inv10 = qmi(, p-);
     for (int i=, pr=; i<=n; i++)
         t[i] = sum[i] = 1ll*pre[i]*pr%p, pr = 1ll*pr*inv10%p;
     std::sort(t, t+n+), cnt = std::unique(t, t+n+)-t-;
     for (int i=; i<=n; i++)
         sum[i] = std::lower_bound(t, t+cnt+, sum[i])-t+;
     m = read();
     for (int i=; i<=m; i++) q[i].l = read(), q[i].r = read(), q[i].id = i;
     std::sort(q+, q+m+);
     lbd = , rbd = ;
     for (int i=; i<=m; i++)
     {
         while (lbd < q[i].l) lErase(lbd++);
         while (lbd > q[i].l) lAdd(--lbd);
         while (rbd > q[i].r) rErase(rbd--);
         while (rbd < q[i].r) rAdd(++rbd);
         ans[q[i].id] = tot;
     }
     for (int i=; i<=m; i++) printf("%d\n",ans[i]);
     return ;
 }

END