【BZOJ4542】[Hnoi2016]大数 莫队

【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

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

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
",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
",ans[i]);
	return 0;
}