[BZOJ4542] [Hnoi2016] 大数 (莫队)

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

Source

　　2016.4.19新加数据一组

Solution

　　把n个后缀组成的数字全部对p取模。

　　若s[l] ~ s[n]的余数和s[r] ~ s[n]的余数相同，那么s[l] ~ s[r - 1]区间内的数字就是p的倍数(l < r)

　　这里有例外：当p = 2或p = 5时不成立。

　　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i给一个计数器ba[i]（需离散化），记录[l, r]中这个数出现了几次，区间长度±1时答案改变值为ba[i]。

　　然后。。。原数据里没有p = 2或p = 5的情况。。。所以就没有然后了。然而BZOJ加了组数据

　　p = 2或p = 5时，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。这部分就很简单了。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll sqn, lst[100005], cd[100005], ba[100005], ans[100005];
struct query
{
    ll id, l, r;
    bool operator < (const query &rhs) const
    {
        if(l / sqn == rhs.l / sqn) return r < rhs.r;
        return l / sqn < rhs.l / sqn;
    }
}q[100005];
char s[100005];
map<ll, ll> Map;
int main()
{
    ll n, m, p, l = 1, r = 0, cur = 0, bt = 1;
    scanf("%lld%s%lld", &p, s + 1, &m);
    n = strlen(s + 1), sqn = (ll)sqrt(n * 1.0);
    if(p != 2 && p != 5)
    {
        for(ll i = n; i; i--)
        {
            bt = bt * 10 % p;
            lst[i] = (lst[i + 1] + (s[i] - 48) * bt) % p;
            cd[i] = lst[i];
        }
        sort(cd + 1, cd + n + 1);
        for(ll i = 1; i <= n + 1; i++)
            Map[cd[i]] = i;
        for(ll i = 1; i <= n + 1; i++)
            lst[i] = Map[lst[i]];
        for(ll i = 1; i <= m; i++)
        {
            scanf("%lld%lld", &q[i].l, &q[i].r);
            q[i].id = i, q[i].r++;
        }
        sort(q + 1, q + m + 1);
        for(ll i = 1; i <= m; i++)
        {
            while(r < q[i].r) cur += ba[lst[++r]]++;
            while(l > q[i].l) cur += ba[lst[--l]]++;
            while(l < q[i].l) cur -= --ba[lst[l++]];
            while(r > q[i].r) cur -= --ba[lst[r--]];
            ans[q[i].id] = cur;
        }
        for(ll i = 1; i <= m; i++)
            printf("%lld\n", ans[i]);
    }
    else
    {
        for(ll i = 1; i <= n; i++)
            if(!((s[i] - 48) % p))
                ba[i] = ba[i - 1] + 1, cd[i] = cd[i - 1] + i;
            else
                ba[i] = ba[i - 1], cd[i] = cd[i - 1];
        for(ll i = 1; i <= m; i++)
        {
            scanf("%lld%lld", &l, &r);
            printf("%lld\n", cd[r] - cd[l - 1] - (ba[r] - ba[l - 1]) * (l - 1));
        }
    }
    return 0;
}