HNOI2016（BZOJ4542） 大数

HNOI2016 Day2 T3 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。

 

 

 

正解：莫队算法

解题报告：

 　 大概题意：给一串数和一个质数，然后每次询问一段区间，问对于这一个区间，有多少个子串组成的大数能够整除这个质数　　

　　今天为了做这道题先去学了莫队算法，然后A掉了莫队算法的入门题目——小Z的袜子。

　　考场上面我傻逼的打了一个高精度，华丽丢掉暴力分。然而我发现只需要取个模就可以了，考场上傻了。

　　学完莫队算法之后，发现这道题其实就是一个裸题。

 

　　一开始依然是莫队算法的方式，按左端点所在块的编号为第一关键字，右端点编号为第二关键字排序，

　　考虑先暴力处理每个块的第一组询问，之后可以发现我们只需要微调一下区间的左右端点就可以了。比如说：我上次处理了1 5，那么1 6就可以只把6加进去就可以了；如果这      一次是2 6，那么我还需要把1给去掉。

　　考虑怎么转移：先离散化一下余数，记录[l, r]中这个数出现了几次，区间长度±1时显然答案改变值为这个点的余数的原出现次数（假设第一个数余数为2，用cnt[2]表示余数为2的数在当前区间的出现次数，那么去掉1之后答案改变值为cnt[2]，自己yy一下应该想得通的）。

     然后好像很有道理了，AC了？！好吧，其实是善良的出题人没有卡我们，其实p = 2 或 p = 5的情况是可以被卡掉的

　　特判一下就好了，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。

　　这样就可以完美AC了，可以过掉BZOJ上的新增数据了

　　下面这份是没改过的，不要怪我懒QAQ 

 

//It is made by ljh2000
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <ctime>
#include <vector>
#include <queue>
#include <map>
#include <set>
#include <string>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int MAXN = 200011;
int MOD,m,len,l,r,block,L;
LL ans,A[MAXN],cnt[MAXN],a[MAXN],c[MAXN];
char ch[MAXN];
struct ask{int l,r,belong,id;}Q[MAXN];
inline bool cmp(ask q,ask qq){ if(q.belong==qq.belong) return q.r<qq.r; return q.belong<qq.belong; }
inline int getint(){
    int w=0,q=0; char c=getchar(); while((c<'0'||c>'9') && c!='-') c=getchar();
    if(c=='-') q=1,c=getchar(); while (c>='0'&&c<='9') w=w*10+c-'0',c=getchar(); return q?-w:w;
}

inline void change(int val,int type){
	ans-=cnt[val]*(cnt[val]-1)/2;
	cnt[val]+=type;
	ans+=cnt[val]*(cnt[val]-1)/2;
}

inline void work(){
	MOD=getint(); scanf("%s",ch+1);	len=strlen(ch+1); LL/*!!!*/ now=0,ss=1; now=ch[len]-'0'; a[len]=now%MOD; c[len]=a[len];
	block=sqrt(len); for(int i=len-1;i>=1;i--) { ss*=10; ss%=MOD; now+=ss*(ch[i]-'0'); now%=MOD; a[i]=now; c[i]=a[i]; }
	sort(c+1,c+len+1); L=unique(c+1,c+len+1)-c-1; for(int i=1;i<=len;i++) a[i]=lower_bound(c+1,c+len+1,a[i])-c; 
	if(c[1]==0) a[len+1]=1; else a[len+1]=0;/*!!!*/
	m=getint(); for(int i=1;i<=m;i++) Q[i].l=getint(),Q[i].r=getint(),Q[i].belong=(Q[i].l-1)/block+1,Q[i].id=i;
	sort(Q+1,Q+m+1,cmp); l=1; r=0; 
	for(int i=1;i<=m;i++) {
		while(r<=Q[i].r) r++,change(a[r],1);
		while(r>Q[i].r+1) change(a[r],-1),r--;
		while(l<Q[i].l) change(a[l],-1),l++;
		while(l>Q[i].l) l--,change(a[l],1);
		A[Q[i].id]=ans;
	}
	for(int i=1;i<=m;i++) printf("%lld\n",A[i]);
}

int main()
{
    work();
    return 0;
}