BZOJ4542: [Hnoi2016]大数-布布扣-bubuko.com

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。

HINT

2016.4.19新加数据一组

题解Here!

话说$AHOI2016DAY2$一天考了两次莫队，这是要上天的节奏啊。。。

当然对于我这个只会大力$DS$的蒟蒻应该是一件好事情。。。

又遇到了区间询问，还没有强制在线。

当然拿出区间神器——莫队！

但是新加了一组数据$p==2||p==5$，我们只好分类讨论一下：

1. $p==2||p==5$：用$front[i]$表示$i$的前缀有多少个可以被$p$整除的子串,$sum[i]$表示有多少个可以被$p$整除的数。

求区间多少个子串的时候用$front[r]-front[l-1]-(\text{[1,l-1]中整除p的数对区间l-r的贡献})$。

2. 把$n$个后缀组成的数字全部对$p$取模。

若$s[l,n]$的余数和$s[r,n]$的余数相同，那么$s[l,r–1]$区间内的数字就是$p$的倍数。

然后这个题就变成经典莫队题了：

给定一个序列，每次询问$[l, r]$内有多少对相同的数

每一个余数$s[i]$给一个计数器$num[i]$（需离散化），记录$[l, r]$中这个数出现了几次。

区间长度改变时答案改变值为$num[i]$。

注：记得开$long\ long$。。。

附代码：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<map>
#include<cmath>
#include<cstring>
#define MAXN 100010
using namespace std;
map<long long,long long> ranks;
int n,m;
long long p,val[MAXN];
long long front[MAXN],ans[MAXN],sum[MAXN],b[MAXN],num[MAXN];
struct node{
    int l,r,id;
}que[MAXN];
inline long long read(){
    long long date=0,w=1;char c=0;
    while(c<‘0‘||c>‘9‘){if(c==‘-‘)w=-1;c=getchar();}
    while(c>=‘0‘&&c<=‘9‘){date=date*10+c-‘0‘;c=getchar();}
    return date*w;
}
bool cmp1(const node &x,const node &y){
    return x.l<y.l;
}
bool cmp2(const node &x,const node &y){
    if(x.r==y.r)return x.l<y.l;
    return x.r<y.r;
}
void work1(){
    for(int i=1;i<=n;i++){
        front[i]=front[i-1];sum[i]=sum[i-1];
        if(val[i]%p==0){
            front[i]+=i;
            sum[i]++;
        }
    }
    while(m--){
        int l=read(),r=read();
        printf("%lld\n",front[r]-front[l-1]-(sum[r]-sum[l-1])*(l-1));
    }
}
void work2(){
    int nowi=1,nowj=0,x,d,left=1,right=0;
    long long s;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        que[i].l=read();que[i].r=read();
        que[i].id=i;
    }
    x=sqrt(n);
    sort(que+1,que+m+1,cmp1);
    while(nowi<=m){
        nowj++;
        d=nowi;
        while(que[nowi].l<nowj*x&&nowi<=m)nowi++;
        sort(que+d,que+nowi,cmp2);
        if(nowj==x){
            sort(que+d,que+m+1,cmp2);
            break;
        }
    }
    s=1;
    for(int i=n;i>=1;i--,s=s*10%p)b[i]=sum[i]=(val[i]*s%p+sum[i+1])%p;
    sort(b+1,b+n+2);
    for(int i=1;i<=n+1;i++)ranks[b[i]]=i;
    for(int i=1;i<=n+1;i++)sum[i]=ranks[sum[i]];
    s=0;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        while(que[i].l<left)
        {
            left--;
            s+=num[sum[left]];
            num[sum[left]]++;
        }
        while(que[i].l>left)
        {
            s-=num[sum[left]]-1;
            num[sum[left]]--;
            left++;
        }
        while(right<que[i].r+1)
        {
            right++;
            s+=num[sum[right]];
            num[sum[right]]++;
        }
        while(right>que[i].r+1)
        {
            s-=num[sum[right]]-1;
            num[sum[right]]--;
            right--;
        }
        ans[que[i].id]=s;
    }
    for(int i=1;i<=m;i++)printf("%lld\n",ans[i]);
}
void init(){
    char ch[MAXN];
    p=read();scanf("%s",ch);m=read();
    n=strlen(ch);
    for(int i=0;i<n;i++)val[i+1]=ch[i]-‘0‘;
}
int main(){
    init();
    if(p==2||p==5)work1();
    else work2();
    return 0;
}

BZOJ4542: [Hnoi2016]大数

Description

Input

Output

Sample Input

Sample Output

HINT