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 2
13。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

正解：莫队算法。

考虑每次端点移动以后能产生的新贡献。用一个数组val[i]表示这个数只保留前i位上的数，其他位都是0的数模p的余数。那么如果val[l-1]=val[r]，那么[l,r]区间上这个数模p=0。所以只要求出这个数组，并把n+1，同时n+1位为0，所有询问的右端点+1，这样，就能很好处理了。当指针移动时，只要查询与当前val相等的个数即可。因为val很大，所以要离散化。注意p=2或5时要加特判，因为只要最后一位模2或5为0，那么这个数就是2或5的倍数。所以就很容易了。

//It is made by wfj_2048~#include <algorithm>#include <iostream>#include <cstring>#include <cstdlib>#include <cstdio>#include <vector>#include <cmath>#include <queue>#include <stack>#include <map>#include <set>#define inf (1<<30)#define il inline#define RG register#define ull unsigned long long#define File(s) freopen(s".in","r",stdin),freopen(s".out","w",stdout)using namespace std;struct node{ ull l,r,i; }q[100010];ull c[100010],bl[100010],po[100010],val[100010],num[100010],hsh[100010],ans[100010],pp[100010],pre[100010],n,m,p,tot,block;char s[100010];il ull gll(){    RG ull x=0,q=1; RG char ch=getchar(); while ((ch<'0' || ch>'9') && ch!='-') ch=getchar();    if (ch=='-') q=-1,ch=getchar(); while (ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar(); return q*x;}il int cmp(const node &a,const node &b){ return bl[a.l]<bl[b.l] || (bl[a.l]==bl[b.l] && a.r<b.r); }il void solve(){    for (RG ull i=1;i<=n;++i) pre[i]=pre[i-1]+((s[i]-48)%p==0),pp[i]=pp[i-1]+i*((s[i]-48)%p==0);    for (RG ull i=1;i<=m;++i){RG ull l=gll(),r=gll();printf("%llu\n",pp[r]-pp[l-1]-(pre[r]-pre[l-1])*(l-1));    }    return;}il void work(){    scanf("%llu%s%llu",&p,s+1,&m); n=strlen(s+1);    if (p==2 || p==5){ solve(); return; } block=sqrt(n);    for (RG ull i=1;i<=m;++i) q[i].l=gll(),q[i].r=gll()+1,q[i].i=i;    for (RG ull i=1;i<=n;++i) bl[i]=(i-1)/block+1; sort(q+1,q+m+1,cmp);    po[n]=1; for (RG ull i=n-1;i;--i) po[i]=po[i+1]*10%p;    for (RG ull i=n;i;--i) num[i]=val[i]=(val[i+1]+(s[i]-48)*po[i])%p; sort(num+1,num+n+2);    hsh[tot=1]=num[1]; for (RG ull i=2;i<=n+1;++i) if (num[i]>num[i-1]) hsh[++tot]=num[i];    for (RG ull i=1;i<=n+1;++i) val[i]=lower_bound(hsh+1,hsh+tot+1,val[i])-hsh; ull L=1,R=0,Ans=0;    for (RG ull i=1;i<=m;++i){while (L>q[i].l) L--,Ans+=c[val[L]],c[val[L]]++;while (R<q[i].r) R++,Ans+=c[val[R]],c[val[R]]++;while (L<q[i].l) c[val[L]]--,Ans-=c[val[L]],L++;while (R>q[i].r) c[val[R]]--,Ans-=c[val[R]],R--;ans[q[i].i]=Ans;    }    for (RG ull i=1;i<=m;++i) printf("%llu\n",ans[i]); return;}int main(){    File("number");    work();    return 0;}