【BZOJ4542】[Hnoi2016]大数

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 213。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。

Sample Input

11
121121
3
1 6
1 5
1 4

Sample Output

5
3
2
//第一个询问问的是整个串，满足条件的子串分别有：121121,2112,11,121,121。

题解：看到题容易想到用莫队。用sum[i]表示S的前i位组成的数%P的值，那么如果i...j能组成一个%P=0的数，意味着

$sum[j]-sum[i]*10^{j-i}=0(mod P) \rightarrow sum[j]*10^{-j}=sum[i]*10^{-i} (mod P)$

所以离散化一下，然后就变成了问一个区间中有多少对相同数，的用桶+莫队即可。

注意特判P=2，P=5的情况！因为上式不再成立！具体方法是直接判断哪些串的末尾的数能被2和5整除即可。

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <iostream>

#include <algorithm>

#include <cmath>

using namespace std;

typedef long long ll;

const int maxn=100010;

int B,P,n,m,nm;

char str[maxn];

int v[maxn],s[maxn];

ll sum,ans[maxn];

ll s1[maxn],s2[maxn];

struct node

{

	int val,org;

}p[maxn];

struct query

{

	int l,r,org;

}q[maxn];

bool cmpp(node a,node b)

{

	return a.val<b.val;

}

bool cmpq(query a,query b)

{

	return (a.l/B==b.l/B)?(a.r<b.r):(a.l/B<b.l/B);

}

int main()

{

	scanf("%d%s%d",&P,str,&m),n=strlen(str);

	int i,l,r;

	if(P==2||P==5)

	{

		for(i=1;i<=n;i++)

		{

			s1[i]=s1[i-1],s2[i]=s2[i-1];

			if((str[i-1]-'0')%P==0)	s1[i]+=i,s2[i]++;

		}

		for(i=1;i<=m;i++)

		{

			scanf("%d%d",&l,&r);

			printf("%lld\n",s1[r]-s1[l-1]-(l-1)*(s2[r]-s2[l-1]));

		}

		return 0;

	}

	p[0].val=0;

	for(i=1;i<=n;i++)	p[i].val=(10ll*p[i-1].val+str[i-1]-'0')%P,p[i].org=i;

	ll tmp=1;

	for(i=n;i>=1;i--,tmp=tmp*10%P)	p[i].val=tmp*p[i].val%P;

	sort(p,p+n+1,cmpp);

	for(i=0;i<=n;i++)

	{

		if(!i||p[i].val>p[i-1].val)	nm++;

		v[p[i].org]=nm;

	}

	B=int(sqrt(double(n)));

	for(i=1;i<=m;i++)	scanf("%d%d",&q[i].l,&q[i].r),q[i].l--,q[i].org=i;

	sort(q+1,q+m+1,cmpq);

	l=1,r=0;

	for(i=1;i<=m;i++)

	{

		while(l>q[i].l)	l--,sum+=s[v[l]],s[v[l]]++;

		while(l<q[i].l)	s[v[l]]--,sum-=s[v[l]],l++;

		while(r<q[i].r)	r++,sum+=s[v[r]],s[v[r]]++;

		while(r>q[i].r)	s[v[r]]--,sum-=s[v[r]],r--;

		ans[q[i].org]=sum;

	}

	for(i=1;i<=m;i++)	printf("%lld\n",ans[i]);

	return 0;

}