BZOJ4542: [Hnoi2016]大数

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本文详细解析了BZOJ4542大数问题的解题思路，采用莫队算法和离散化处理解决区间内子串求和问题，并针对特殊情况p为2或5时提出解决方案。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

BZOJ4542: [Hnoi2016]大数

莫队·乱搞

题解：

蛤~我这种蒟蒻怎么可能自己想出来呢2333~
但是我看网上的题解很多没有证明过程，就写一下吧~

a n s = \sum i = l r \sum j = i r 1 ((10') n - r \sum k = i j s [i] * 10 n - k mod p = = 0)

$ans=\sum_{i=l}^{r} \sum_{j=i}^{r} 1 ((10')^{n-r} \sum_{k=i}^{j}{s[i] * 10^{n-k}} \mod p == 0)$

设 $num[i]=\sum_{k=i}^{j}{s[i] * 10^{n-k}}$
因为p是素数，那么 $10'=10^{p-2}$

原式：

a n s = \sum i = l r \sum j = i r 1 (10 (p - 2) (n - r) (n u m [i] - n u m [j + 1]) mod p = = 0)

$ans=\sum_{i=l}^{r} \sum_{j=i}^{r} 1 (10^{(p-2)(n-r)} (num[i]-num[j+1]) \mod p == 0)$

如果 $p!=2$ && $p!=5$ ， $10^t \mod p$ 肯定不为0。所以要想 $\mod p==0$ ，则必有 $num[i]=num[j+1]$ .

这样就转化成了一个区间中有多少对数相同，离散化一下，用莫队就可以了。

那么假如 $p==2$ || $p==5$ 呢？

我们发现一个数只要最后一位是2或5的倍数，不管前面是什么，它一定是。因此只考虑最后一位。

做两个前缀和，一个（A）记录前缀 $[1,i]$ 中有多少子串是p的倍数，另一个（B）记录前缀 $[1,i]$ 中有多少位是p的倍数。

a n s = (A [r] - A [l - 1]) - (B [r] - B [l - 1]) * (l - 1)

$ans=(A[r]-A[l-1])-(B[r]-B[l-1])*(l-1)$

$(B[r]-B[l-1])*(l-1)$ 就是开始在l前面，结束在 $[l,r]$ 中的p的倍数子串的个数。

好神啊QwQ……

Code：

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#define D(x) cout<<#x<<" = "<<x<<"  "
#define E cout<<endl
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 100005;

ll p,n,m,res,bsz;  char str[N];
ll cnt[N],num[N],tp[N],ans[N],A[N],B[N]; 

struct Que{
    ll l,r,id;
    bool operator < (const Que &b) const {
        return l/bsz < b.l/bsz || (l/bsz == b.l/bsz && r < b.r);
    }
} q[N];

void insert(ll x){ res+=cnt[x]; cnt[x]++; }
void erase(ll x){ cnt[x]--; res-=cnt[x]; }

int main(){
    freopen("a.in","r",stdin);
    scanf("%lld%s%lld",&p,str+1,&m); 
    n=strlen(str+1);
    if(p!=2 && p!=5){
        ll base=1;
        for(ll i=n;i>=1;i--){
            base=base*10%p;
            num[i]=(num[i+1]+(str[i]-'0')*base)%p;
            tp[i]=num[i];
        } tp[n+1]=num[n+1];
        sort(tp+1,tp+2+n); ll tpsz=unique(tp+1,tp+2+n)-tp-1;
        for(ll i=1;i<=n+1;i++){
            num[i]=lower_bound(tp+1,tp+1+tpsz,num[i])-tp;
        }
        bsz=sqrt(n);
        for(ll i=1;i<=m;i++){
            scanf("%lld%lld",&q[i].l,&q[i].r);
            q[i].id=i; q[i].r++;
        }
        sort(q+1,q+1+m); 
        ll lpos=1, rpos=0;
        for(ll i=1;i<=m;i++){
            while(lpos < q[i].l){ erase(num[lpos]); lpos++; }
            while(lpos > q[i].l){ lpos--; insert(num[lpos]); }
            while(rpos < q[i].r){ rpos++; insert(num[rpos]); }
            while(rpos > q[i].r){ erase(num[rpos]); rpos--; }
            ans[q[i].id]=res;
        }
        for(ll i=1;i<=m;i++) printf("%lld\n",ans[i]);
    }
    else{
        for(ll i=1;i<=n;i++){ 
            if((str[i]-'0')%p==0){ A[i]=A[i-1]+i; B[i]=B[i-1]+1; }
            else{ A[i]=A[i-1]; B[i]=B[i-1]; }
        }
        ll l,r;
        for(ll i=1;i<=m;i++){
            scanf("%lld%lld",&l,&r);
            printf("%lld\n",(A[r]-A[l-1])-(B[r]-B[l-1])*(l-1));
        }
    }
}