CF 390C - Inna and Candy Boxes（分类统计）

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题意：

给一个长度为 n 的 {0,1} 序列 {an}，w 次询问。

每次询问关于区间 [l,r] 和定值 k，在首项为 l + k-1 且公差为 k 的项上全变为1，而其他项全变为0 所需的步数。

每步只能对一个元素进行改变。

思路：

首先，原问题其实等价于求出这些等差序列中的项和其他项分别含有多少个 0 和 1。

由于 k 是定值，而询问的对象有个共同的规律，公差为 k，意味着它们对 k 的余数一定相同。

于是可以根据 k 的余数进行分组，原序列中的每个元素一定落且仅落在一个组内，再对原序列和分好组的序列分别维护前缀和就能做到O(1)的查询了。

#include <cstdio>
#include <cstring>

using namespace std;

const int N = 1e5 + 5;

char str[N];

int sum1[N], sum2[N];

int main() {
    int n, k, q;
    scanf("%d%d%d", &n, &k, &q);
    scanf("%s", str + 1);
    for(int i = 1; i <= n; ++i) {
        sum1[i] = sum1[i - 1] + (str[i] == '1' ? 1 : 0);
    }
    for(int beginer = 1; beginer <= k; ++beginer) {
        for(int i = beginer + k - 1; i <= n; i += k) {
            sum2[i] = (i <= k ? 0 : sum2[i - k]) + (str[i] == '1' ? 1 : 0);
        }
    }
    while(q--) {
        int l, r;
        scanf("%d%d", &l, &r);
        int total_cnt_1 = sum1[r] - sum1[l - 1];
        int total_cnt_0 = (r - l + 1) - total_cnt_1;
        int local_cnt_1 = sum2[r] - sum2[l - 1];
        int local_cnt_0 = ((r - l) / k + 1) - local_cnt_1;
        int other_cnt_1 = total_cnt_1 - local_cnt_1;
        int ans = local_cnt_0 + other_cnt_1;
        printf("%d\n", ans);
    }
    return 0;
}