【HNOI2016】大数

【HNOI2016】大数

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题目描述

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 有六个子串：0, 0, 7, 00, 07, 007；显然 0077 的子串 077 的六个子串都是素数 $ 7 $ 的倍数。

输入格式

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 $ ext{fr}, ext{to}$，表示对 $ S $ 的子串 (S[ ext{fr} ldots ext {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 cdots 3] $为 $ 213 $。

输出格式

输出 $ M $ 行，每行一个整数，第 $ i $ 行是第 $ i $ 个询问的答案。

样例

样例输入

11 
121121 
3 
1 6 
1 5 
1 4

样例输出

5
3
2

样例解释

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。

数据范围与提示

对于所有的数据，$ N,M leq 100000 (，) P $ 为素数。

参考题解

我们要求的是

[displaystyle egin{align} ans&=sum_{i=l}^rsum_{j=i}^r [sum_{k=i}^js_kcdot 10^{j-k} ==0 mod p]\ &=sum_{i=l}^rsum_{j=i}^r10^{j}[sum_{k=i}^js_kcdot 10^{-k} ==0 mod p] end{align} ]

如果质数(P)不等于(2)或(5)，那么(10^j)不可能等于(0)，并且(10^k)是有逆元的。

我们设(s_kcdot 10^{-k})的前缀和为(sum_k)，则我们要求的就是：

[displaystyle sum_{i=l}^rsum_{j=i}^r[sum_j==sum_i] ]

这就是一个经典的莫队问题。

类似的题还有【CQOI2018】 异或序列。

当(P)等于(2)或者(5)的时候，我们知道只需要判断一个字串的最后一位就可以了，所以很好做。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define N 200005

using namespace std;
inline ll Get() {ll x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}while('0'<=ch&&ch<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;}

ll p;
char s[N];
int n,m;
int bel[N];
ll ans[N];
ll sum[N],d[N];
ll cnt[N];
const int blk=450;
struct query {
	int l,r;
	int id;
	bool operator <(const query &a)const {
		if(bel[l]!=bel[a.l]) return l<a.l;
		return bel[l]&1?r<a.r:r>a.r;
	}
}q[N];

ll ksm(ll t,ll x,ll mod) {
	ll ans=1;
	for(;x;x>>=1,t=t*t%mod)
		if(x&1) ans=ans*t%mod;
	return ans;
}

ll now=0;
void add(int v) {
	now+=cnt[sum[v]];
	cnt[sum[v]]++;
}

void del(int v) {
	cnt[sum[v]]--;
	now-=cnt[sum[v]];
}

ll tot[N],size[N];
int main() {
	p=Get();
	scanf("%s",s+1);
	n=strlen(s+1);
	m=Get();
	for(int i=1;i<=m;i++) {
		q[i].l=Get()-1,q[i].r=Get();
		q[i].id=i;
	}
	
	if(p!=2&&p!=5) {
		for(int i=0;i<=n;i++) bel[i]=i/blk+1;
		sort(q+1,q+1+m);
		d[++d[0]]=0;
		ll inv10=ksm(10,p-2,p),t=inv10;
		for(int i=1;i<=n;i++) {
			sum[i]=(sum[i-1]+(s[i]-'0')*t)%p;
			t=t*inv10%p;
			d[++d[0]]=sum[i];
		}
		sort(d+1,d+1+d[0]);
		int cc=unique(d+1,d+1+d[0])-d-1;
		for(int i=0;i<=n;i++) sum[i]=lower_bound(d+1,d+1+cc,sum[i])-d;
		
		int l=0,r=-1;
		for(int i=1;i<=m;i++) {
			while(r<q[i].r) add(++r);
			while(l>q[i].l) add(--l);
			while(r>q[i].r) del(r--);
			while(l<q[i].l) del(l++);
			ans[q[i].id]=now;
		}
		for(int i=1;i<=m;i++) cout<<ans[i]<<"
";
	} else {
		if(p==2) {
			for(int i=1;i<=n;i++) {
				tot[i]=tot[i-1];
				size[i]=size[i-1];
				if((s[i]-'0')%2==0) {
					tot[i]+=i;
					size[i]++;
				}
			}
		} else {
			for(int i=1;i<=n;i++) {
				tot[i]=tot[i-1];
				size[i]=size[i-1];
				if((s[i]-'0')%5==0) {
					tot[i]+=i;
					size[i]++;
				}
			}
		}
		for(int i=1;i<=m;i++) {
			cout<<(tot[q[i].r]-tot[q[i].l])-(size[q[i].r]-size[q[i].l])*q[i].l<<"
";
		}
	}
	return 0;
}