bzoj4542 [Hnoi2016]大数 莫队+同余

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https://lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4542

题解

我们令 \(f_i\) 表示从 \(i\)\(n\) 位组成的数 \(\bmod P\) 的值。

那么一个从 \(l, r\) 的串的权值为 \(\frac{f_l - f_{r+1}}{10^{n-r}}\)

如果需要这个东西 \(=0\),也就是

\[\frac{f_l - f_{r+1}}{10^{n-r}} = 0 \pmod P \]

下一步显然是要把 \(10^{n-r}\) 乘上去。但是 \(10^{n-r}\) 在模 \(P\) 意义下有逆元,当且仅当 \(10\)\(P\) 互质。

所以要分成两种情况。


第一种是 \(P=2\) 或者 \(5\),此时 \(10\)\(P\) 不互质,不能直接乘 \(10^{n-r}\)

但是可以发现,\(P=2\) 时,满足条件的子串末尾一定是 \(2, 4, 6, 8, 0\)\(P=5\) 时,满足条件的子串末尾一定是 \(5, 0\)

可以直接使用这个性质解决。


第二种就是 \(P \neq 2, 5\)。此时 \(10\)\(P\) 互质,所以我们把 \(10^{n-r}\) 乘过去。

得到 \(f_l - f_{r+1} = 0\)

也就是说对于一次询问 \(l, r\) 我们需要做的就是找到 \([l, r+1]\) 这个区间内的权值相同的点对的个数。

可以使用莫队解决。


最坏情况下时间复杂度 \(O(m\sqrt n)\)

#include<bits/stdc++.h>

#define fec(i, x, y) (int i = head[x], y = g[i].to; i; i = g[i].ne, y = g[i].to)
#define dbg(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)
#define File(x) freopen(#x".in", "r", stdin), freopen(#x".out", "w", stdout)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back

template<typename A, typename B> inline char smax(A &a, const B &b) {return a < b ? a = b, 1 : 0;}
template<typename A, typename B> inline char smin(A &a, const B &b) {return b < a ? a = b, 1 : 0;}

typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef std::pair<int, int> pii;

template<typename I> inline void read(I &x) {
	int f = 0, c;
	while (!isdigit(c = getchar())) c == '-' ? f = 1 : 0;
	x = c & 15;
	while (isdigit(c = getchar())) x = (x << 1) + (x << 3) + (c & 15);
	f ? x = -x : 0;
}

const int N = 100000 + 7;

#define bl(x) (((x) - 1) / blo + 1)

int n, m, P;
char a[N];

namespace Task1 {
	inline bool istask() { return P == 2 || P == 5; }
	int s[N];
	ll ss[N];
	
	inline void work() {
		for (int i = 1; i <= n; ++i) a[i] -= '0';
		for (int i = 1; i <= n; ++i) s[i] = s[i - 1] + !(a[i] % P), ss[i] = ss[i - 1] + i * !(a[i] % P);
		
		read(m);
		while (m--) {
			int l, r;
			read(l), read(r);
			printf("%lld\n", ss[r] - ss[l - 1] - (l - 1ll) * (s[r] - s[l - 1]));
		}
	}
}

namespace Task2 {
	int dis, blo;
	ll msum = 0;
	int f[N], b[N], cnt[N];
	ll ans[N];
	struct Query {
		int l, r;
		ll *ans;
		inline bool operator < (const Query &b) { return bl(l) != bl(b.l) ? l < b.l : r < b.r; }
	} q[N];
	
	inline int smod(int x) { return x >= P ? x - P : x; }
	inline void sadd(int &x, const int &y) { x += y; x >= P ? x -= P : x; }
	inline int fpow(int x, int y) {
		int ans = 1;
		for (; y; y >>= 1, x = (ll)x * x % P) if (y & 1) ans = (ll)ans * x % P;
		return ans;
	}
	
	inline void madd(int x) {
		int &v = f[x];
		msum -= (ll)cnt[v] * (cnt[v] - 1) / 2;
		++cnt[v];
		msum += (ll)cnt[v] * (cnt[v] - 1) / 2;
	}
	inline void mdel(int x) {
		int &v = f[x];
		assert(cnt[v]);
		msum -= (ll)cnt[v] * (cnt[v] - 1) / 2;
		--cnt[v];
		msum += (ll)cnt[v] * (cnt[v] - 1) / 2;
	}
	
	inline void ycl() {
		int ten = 1;
		for (int i = 1; i <= n; ++i) a[i] -= '0';
		for (int i = n; i; --i) f[i] = smod(f[i + 1] + (ll)a[i] * ten % P), ten = 10ll * ten % P;
		memcpy(b + 1, f + 1, sizeof(int) * (n + 1));
	}
	inline void lsh() {
		std::sort(b + 1, b + n + 1);
		dis = std::unique(b + 1, b + n + 1) - b - 1;
		for (int i = 1; i <= n; ++i) f[i] = std::lower_bound(b + 1, b + dis + 1, f[i]) - b;
	}
	
	inline void work() {
		blo = sqrt(n);
		ycl();
		++n;
		lsh();
		read(m);
		for (int i = 1; i <= m; ++i) read(q[i].l), read(q[i].r), ++q[i].r, q[i].ans = ans + i;
		std::sort(q + 1, q + m + 1);
		int l = 1, r = 0;
		for (int i = 1; i <= m; ++i) {
			while (l > q[i].l) madd(--l);
			while (r < q[i].r) madd(++r);
			while (l < q[i].l) mdel(l++);
			while (r > q[i].r) mdel(r--);
			*q[i].ans = msum;
		}
		for (int i = 1; i <= m; ++i) printf("%lld\n", ans[i]);
	}
}

inline void init() {
	read(P);
	scanf("%s", a + 1);
	n = strlen(a + 1);
}

int main() {
#ifdef hzhkk
	freopen("hkk.in", "r", stdin);
#endif
	init();
	if (Task1::istask()) Task1::work();
	else Task2::work();
	fclose(stdin), fclose(stdout);
	return 0;
}
posted @ 2019-10-19 20:36  hankeke  阅读(102)  评论(0编辑  收藏  举报