题目描述
给定一个质数(p)和一个数字序列，每次询问一段区间([l,r]),
求出该序列区间([l,r])内的所有子串，满足该子串所形成的数是(p)的倍数(样例的解释也挺直观的)
基本思路
这题的话，满足莫队的离线查询套路，所以用莫队蛮好写。
我们考虑这样一个思路：
众所周知，判断两个数的倍数关系是通过取模来实现的，所以我们考虑对于每一个位置$ i (，定义一个)s_i$
表示(overline{a_ia_{i+1}...a_n})这个后缀模$ p (的值，再把它离散化，这样我们就可以实现单次移动在)O(1)时间内完成$(见下)
inline void upt(int x, int v) {
//x为传入的s的值，v是当前操作带来的变化值(1则为加上贡献，-1则为减去贡献)
//tong是计数器，存储当前s的数量
ans -= tong[x] * (tong[x] - 1) / 2;
tong[x] += v;
ans += tong[x] * (tong[x] - 1) / 2;
}
搞定这一步，接下来考虑(s)如何转移：
由于是求后缀，我们考虑从后往前枚举(a_i)，我们推一下式子
[s_iequivoverline{a_ia_{i+1}...a_n}equiv a_i imes10^{n-i+1}+overline{a_{i+1}a_{i+2}...a_n}equiv a_i imes10^{n-i+1}mod p+s_{i+1}(mod p)
]
所以我们只需要在枚举的时候不断更新(10^{n-i+1})即可
然后我们就可以发现，如果一个区间([l,r])所表示的数(overline{a_la_{l+1}...a_r})，它如果是(p)的倍数的话，显然有(s_l=s_{r+1})
小小的证明：
[ecause overline{a_la_{l+1}...a_r} equiv 0(mod p)
]
[ herefore overline{a_la_{l+1}...a_r} imes10^{n-r}equiv0(mod p)
]
[ herefore overline{a_la_{l+1}...a_n}-overline{a_{r+1}a_{r+2}...a_n}equiv0(mod p)
]
[ herefore s_l=s_{r+1}
]
但是！！！
在上述的证明中第一次推导是不严谨的，因为可能存在(pmid10)使得原式成立，这就引来了重点的分类讨论
对于(p
mid10)也就是(p
e2)且(p
e5)时，我们可以用上述方法，结合莫队来离线求解。
而对于(p=2)或(p=5)的情况，我们直接写特判：
我们发现，判断一个数是不是(2)或(5)的倍数，只需要看个位数字是否被该数字整除即可。
所以我们考虑对于每一个位置(i)，记录下区间([1,i])中的(p)的个数及总贡献：
if (p == 2) bo[0] = bo[2] = bo[4] = bo[6] = bo[8] = 1;
if (p == 5) bo[0] = bo[5] = 1;
for (rg int i = 1; i <= n; ++i) {
f[i] = f[i - 1] + bo[num[i] ^ 48];//f为区间[1,i]中的p的个数
g[i] = g[i - 1] + bo[num[i] ^ 48] * i;
//g为区间[1,i]的总贡献，乘上一个i是因为乘法原理，这个可以自己简单想一想
}
查询贡献时我们就可以直接在线搞：
m = read();
for (rg int l, r, i = 1; i <= m; ++i) {
l = read(), r = read();
/*-----想一想为什么-----*/
printf("%lld
", g[r] - g[l - 1] - (f[r] - f[l - 1]) * (l - 1));
}
那么至此这道题就解决了。
细节注意事项
- 这题应该要开(long long)
- 莫队别写挂了。。。
参考代码
/*--------------------------------
Code name: HNOI2016 BigNumber
Author: The Ace Bee
This code is made by The Ace Bee
--------------------------------*/
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define rg register
#define int long long
const int MAXN = 200010;
inline int read() {
int s = 0; bool f = false; char c = getchar();
while (c < '0' || c > '9') f |= (c == '-'), c = getchar();
while (c >= '0' && c <= '9') s = (s << 3) + (s << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
return f ? -s : s;
}
char num[MAXN]; int bo[10], f[MAXN], g[MAXN];
int p, m, s[MAXN], s1[MAXN], gap, pos[MAXN];
struct Ask{ int l, r, id; }q[MAXN];
inline bool cmp(const Ask& x, const Ask& y)
{ return pos[x.l] == pos[y.l] ? x.r < y.r : x.l < y.l; }
int ans, res[MAXN], cnt[MAXN];
inline void upt(int x, int v) {
ans -= cnt[x] * (cnt[x] - 1) / 2;
cnt[x] += v;
ans += cnt[x] * (cnt[x] - 1) / 2;
}
signed main() {
p = read();
scanf("%s", num + 1);
int n = strlen(num + 1);
if (p != 2 && p != 5) {
m = read();
for (rg int i = 1; i <= m; ++i) q[i].l = read(), q[i].r = read() + 1, q[i].id = i;
gap = sqrt(n * 1.0);
pos[n + 1] = n / gap + 1;
for (rg int c = 1, i = n; i >= 1; --i, c = c * 10 % p) {
s1[i] = s[i] = ((num[i] ^ 48) * c % p + s[i + 1]) % p；
pos[i] = (i - 1) / gap + 1;
}
std :: sort(s1 + 1, s1 + 2 + n);
int t = std :: unique(s1 + 1, s1 + 2 + n) - s1 - 1;
for (rg int i = 1; i <= n + 1; ++i)
s[i] = std :: lower_bound(s1 + 1, s1 + 1 + t, s[i]) - s1;
std :: sort(q + 1, q + 1 + m, cmp);
for (rg int l = 1, r = 0, i = 1; i <= m; ++i) {
while (l < q[i].l) upt(s[l++], -1);
while (l > q[i].l) upt(s[--l], 1);
while (r < q[i].r) upt(s[++r], 1);
while (r > q[i].r) upt(s[r--], -1);
res[q[i].id] = ans;
}
for (rg int i = 1; i <= m; ++i) printf("%lld
", res[i]);
} else {
if (p == 2) bo[0] = bo[2] = bo[4] = bo[6] = bo[8] = 1;
if (p == 5) bo[0] = bo[5] = 1;
for (rg int i = 1; i <= n; ++i) {
f[i] = f[i - 1] + bo[num[i] ^ 48];
g[i] = g[i - 1] + bo[num[i] ^ 48] * i;
}
m = read();
for (rg int l, r, i = 1; i <= m; ++i) {
l = read(), r = read();
printf("%lld
", g[r] - g[l - 1] - (f[r] - f[l - 1]) * (l - 1));
}
}
return 0;
}
完结撒花(qwq)