洛谷3245 [HNOI2016]大数
标签：莫队
题目
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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 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
2HINT
//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。
2016.4.19新加数据一组
题意
给定一个由数字组成的字符串和模数P，M次询问，每次询问给定两个端点L，R
询问L-R中，有多少个子串，满足其代表的数字能够被模数P整除
分析
先推式子（好烦qwq）
ans=∑i=lr∑j=ir[(∑k=ijst[k]∗10j−k)modp==0] a n s = ∑ i = l r ∑ j = i r [ ( ∑ k = i j s t [ k ] ∗ 10 j − k ) mod p == 0 ]
ans=∑i=lr∑j=ir[(10j∗∑k=ijst[k]∗10−k)modp==0] a n s = ∑ i = l r ∑ j = i r [ ( 10 j ∗ ∑ k = i j s t [ k ] ∗ 10 − k ) mod p == 0 ]
我们设
num[i]=∑j=inst[j]∗(10′)j n u m [ i ] = ∑ j = i n s t [ j ] ∗ ( 10 ′ ) j
ans=∑i=lr∑j=ir[10j∗(num[i]−num[j+1])modp==0] a n s = ∑ i = l r ∑ j = i r [ 10 j ∗ ( n u m [ i ] − n u m [ j + 1 ] ) mod p == 0 ]
可以从后往前推一遍得到num和sum数组
然后就转化为询问l->r中，有多少对num[i]==num[j]
可以用离散化+离线算法莫队解决
因为题目保证了p为质数，所以当p=2或p=5的时候需要特判
用两个数组分别表示1->i中2或5的倍数时有多少种情况及有多少个数末尾是2或5的倍数，用前缀和维护即可
code
#includeint main()
{
p=read();scanf("%s",st+1);m=read();
n=strlen(st+1);sqn=(ll)sqrt(n*1.0);
if(p!=2&&p!=5){
dep(i,n,1){
Bit=Bit*10%p;//每位累乘
num[i]=(num[i+1]+(st[i]-48)*Bit)%p;
sum[i]=num[i];//从末尾开始的字符串后缀hash转化为数字
}
sort(sum+1,sum+1+n);//后缀排序
rep(i,1,n+1)Map[sum[i]]=i;
rep(i,1,n+1)num[i]=Map[num[i]];
rep(i,1,m)ask[i].l=read(),ask[i].r=read()+1,ask[i].id=i;
sort(ask+1,ask+1+m);//对询问进行排序
rep(i,1,m){
while(rwhile(l>ask[i].l)s+=ba[num[--l]]++;
while(lwhile(r>ask[i].r)s-=--ba[num[r--]];
ans[ask[i].id]=s;//莫队并统计答案
}
rep(i,1,m)printf("%lld\n",ans[i]);
}else{
rep(i,1,n)
if(!((st[i]-48)%p))ba[i]=ba[i-1]+1,sum[i]=sum[i-1]+i;else ba[i]=ba[i-1],sum[i]=sum[i-1];//直接用前缀和维护2和5的特殊情况
rep(i,1,m)l=read(),r=read(),printf("%lld\n",sum[r]-sum[l-1]-(ba[r]-ba[l-1])*(l-1));
}
return 0;
}