4542: [Hnoi2016]大数

4542: [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 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。

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。

HINT

题解：

首先p为2,5的时候特判一下，所有以p的倍数结尾的大数都是p的倍数

然后令a[i]为以i为左端点的后缀数模p的结果，显然number(l,r)=(a[l]-a[r+1])/(10^(n-r))

即a[l]-a[r+1]=number(l,r)*10^(n-r)，显然10的任意次方与p互质，所以要想number(l,r)是p的倍数，那么a[l]==a[r+1]，于是问题就是求区间[l,r+1]内相等的数对个数，上莫队就好了

莫队打得累死，不过还好最后过了，10多秒

以下是我的程序，较难看。。

#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<string.h>
#include<math.h>
using namespace std;
struct node
{
    int a,b,id;
}p[100005];
struct node1
{
    long long a;
    int id;
}ps[100005];
#define ll long long
char a[100005];
int n,m,i,M,l,r,k,T,sum[100005];
long long t,tot,ans[100005],s[100005],h[100005];
bool cmp(const node&x,const node&y)
{
    if(x.a/T!=y.a/T) return x.a/T<y.a/T;
    return x.b<y.b;
}
bool cmp1(const node1&x,const node1&y)
{
    return x.a<y.a;
}
int main()
{
    scanf("%d%s%d",&M,a+1,&m);
    n=strlen(a+1);
    if(M==2||M==5)
    {
        for(i=1;i<=n;i++)
        {
            s[i]+=s[i-1];
            sum[i]+=sum[i-1];
            if((a[i]-'0')%M==0) s[i]+=i,sum[i]+=1;
        }
        for(i=1;i<=m;i++)
        {
            scanf("%d%d",&l,&r);
            printf("%lld\n",s[r]-s[l-1]-(ll)(l-1)*(ll)(sum[r]-sum[l-1]));
        }
    } else
    {
        T=(int)(sqrt(n));
        for(i=1;i<=m;i++)
        {
            scanf("%d%d",&p[i].a,&p[i].b);
            p[i].id=i;
        }
        sort(p+1,p+m+1,cmp);
        t=1;
        for(i=n;i>=1;i--)
        {
            ps[i].a=(ps[i+1].a+(ll)(a[i]-'0')*t%M)%M;
            t=t*10LL%M;
            sum[i]=sum[i+1];
            if(ps[i].a==0) sum[i]++;
        }
        for(i=1;i<=n;i++)
            ps[i].id=i;
        sort(ps+1,ps+n+1,cmp1);
        ps[0].a=-1;k=0;
        if(ps[1].a==0) s[n+1]=1;
        for(i=1;i<=n;i++)
        {
            if(ps[i].a!=ps[i-1].a) k++;
            s[ps[i].id]=k;
        }
        for(i=1;i<=m;i++) p[i].b++;
        s[0]=k+1;
        h[k+1]=1;
        l=0;r=0;tot=0;
        for(i=1;i<=m;i++)
        {
            while(r<p[i].b)
            {
                r++;
                if(h[s[r]])
                tot-=h[s[r]]*(h[s[r]]-1)/2;
                h[s[r]]++;
                tot+=h[s[r]]*(h[s[r]]-1)/2;
            }
            while(r>p[i].b)
            {
                tot-=h[s[r]]*(h[s[r]]-1)/2;
                h[s[r]]--;
                if(h[s[r]]) tot+=h[s[r]]*(h[s[r]]-1)/2;
                r--;
            }
            while(l<p[i].a)
            {
                tot-=h[s[l]]*(h[s[l]]-1)/2;
                h[s[l]]--;
                if(h[s[l]]) tot+=h[s[l]]*(h[s[l]]-1)/2;
                l++;
            }
            while(l>p[i].a)
            {
                l--;
                if(h[s[l]])
                tot-=h[s[l]]*(h[s[l]]-1)/2;
                h[s[l]]++;
                tot+=h[s[l]]*(h[s[l]]-1)/2;
            }
            ans[p[i].id]=tot;
        }
        for(i=1;i<=m;i++)
            printf("%lld\n",ans[i]);
    }
    return 0;
}