【HNOI 2016】大数

Problem

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。

Input Format

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 ldots 3])为 (213)。

Output Format

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

Output

5
3
2

Explanation

Explanation for Input

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。

Range

对于所有的数据，(N,M leq 100000)，(P) 为素数。

Algorithm

莫队

Mentality

嗯 (......) 比较送分的题目。

支持 (nlog) 的数据范围，可离线的区间询问，且问的内容一看就可以莫队 = = 。

我们发现，设 (r[i]) 为 ([i,n]) 组成的数，那么有：

[num(i,j)=frac{(r[i]-r[j+1])}{10^{n-j}} ]

我们把分母移到左边去，那么便有：

[num(i,j)cdot 10^{n-j}=r[i]-r[j+1]\ num(i,j)cdot 10^{n-j} mod P=(r[i]-r[j+1]) mod P \ num(i,j)cdot 10^{n-j} mod P=r[i] mod P-r[j+1] mod P ]

那么，当 (r[i]) 与 (r[j+1]) 对 (P) 取模的余数相同，那等式就必定等于 (0) ，则有：

[num(i,j)cdot 10^{n-j} mod P=0 ]

那么当 (10^{n-j} mod P eq 0) 时，因为最后的结果为 (0) ，所以必有 (num(i,j) mod P=0) 。

也就是说，当 (P eq 2,5) 时，(num(i,j)) 为 (P) 的倍数当且仅当 (r[i]) 和 (r[j+1]) 关于模数 (P) 同余。

那么我们的问题就变成了一个区间内有多少属性相同的点对了，这个就很莫队了。

至于 (P=2,5) 的时候，特判处理即可。我们可以直接通过判断一个数的末位来判断这个数是否为 (P) 的倍数，我们可以直接记前缀和哇。

Code

#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
int n, m, mod, size, rest[100002], L, R, cnt, now[100001], ano[10][100001],
    sum[100001];
char S[100001];
long long ans, answer[100001], q[100001];
struct Que {
  int l, r, q, d;
} k[100001];
struct node {
  int d, rest;
} ls[100002];
bool cmp(Que a, Que b) { return a.q == b.q ? a.r < b.r : a.q < b.q; }
bool cmp2(node a, node b) { return a.rest < b.rest; }
void Del(int x) { ans -= --now[rest[x]]; }
void Add(int x) { ans += now[rest[x]]++; }
int main() {
  cin >> mod >> S >> m;
  n = strlen(S);
  size = sqrt(n);
  for (int i = 1; i <= m; i++) {
    scanf("%d%d", &k[i].l, &k[i].r);
    k[i].q = k[i].l / size;
    k[i].r++;
    k[i].d = i;
  }
  if (mod == 2 || mod == 5) {
    for (int i = n; i > 0; i--) {
      sum[i] = sum[i + 1];
      if ((S[i - 1] - '0') % mod == 0) sum[i]++;
    }  //记录后缀中有多少个数是合法末位
    for (int i = n; i > 0; i--)
      q[i] =
          sum[i] + q[i + 1];  //记录后缀的后缀和，也就是后缀中有多少合法的区间
    for (int i = 1; i <= m; i++)
      printf(
          "%lld
",
          q[k[i].l] - q[k[i].r] -
              (k[i].r - k[i].l) *
                  sum[k[i].r]);  //计算答案：区间的后缀和相减，再减去区间之外的末位对区间的贡献
    return 0;
  }
  sort(k + 1, k + m + 1, cmp);
  for (int i = 1; i <= 9; i++) {
    ano[i][1] = i % mod;
    for (int j = 2; j <= n; j++)
      ano[i][j] =
          1ll * ano[i][j - 1] * 10 % mod;  //计算每个数作为第 j 位时在 %P 下的值
  }
  for (int i = n; i >= 1; i--) {
    ls[i].rest = (ls[i + 1].rest + ano[S[i - 1] - '0'][n - i + 1]) %
                 mod;  //记录每个 r[i] 的 %P 之后的值
    ls[i].d = i;
  }
  sort(ls + 1, ls + n + 1, cmp2);
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    if (ls[i].rest > ls[i - 1].rest) cnt++;
    rest[ls[i].d] = cnt;
  }  //将余数离散化才能存
  L = k[1].l, R = k[1].l - 1;
  for (int i = 1; i <= m; i++) {
    while (L < k[i].l) Del(L++);
    while (L > k[i].l) Add(--L);
    while (R < k[i].r) Add(++R);
    while (R > k[i].r) Del(R--);
    answer[k[i].d] = ans;
  }
  for (int i = 1; i <= m; i++) printf("%lld
", answer[i]);
}