题目描述
给出一个数字串，多次询问一段区间有多少个子区间对应的数为P的倍数。其中P为质数。
输入
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
输出
输出M行，每行一个整数，第 i行是第 i个询问的答案。
样例输入
11
121121
3
1 6
1 5
1 4
样例输出
5
3
2
题解
莫队算法
设 $b[i]=S[i...n]\ \text{mod}\ p$ ，那么 $S[l,r]$ 为 $p$ 的倍数，当且仅当： $\frac{b[l]-b[r+1]}{10^{r-l}}\ \text{mod}\ p=0$ 。
当 $p=2$ 或 $p=5$ 时，直接通过数字串末位判断是不是 $p$ 的倍数。设 $v[i]=[i\ \text{mod}\ p=0]$ ，维护 $v[i]$ 和 $v[i]·i$ 的前缀和即可快速得出答案。
当 $p\neq 2$ 且 $p\neq 5$ 时，$p$ 与 $10$ 互质。此时条件简化为：$b[l]\equiv b[r+1]\ (\text{mod}\ p)$ 。
因此原问题转化为：求 $[l,r+1]$ 内 $b$ 值相等的数对的数目。
将 $b$ 离散化，使用莫队算法，用桶维护离散化后的某个 $b$ 的出现次数，指针移动时统计答案即可。
时间复杂度 $O(n\log n)$
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 100010
using namespace std;
typedef long long ll;
ll p;
char str[N];
namespace task1
{
ll s1[N] , s2[N];
void solve()
{
int n , m , i , l , r;
scanf("%s%d" , str + 1 , &m) , n = strlen(str + 1);
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
{
s1[i] = s1[i - 1] , s2[i] = s2[i - 1];
if((str[i] - ‘0‘) % p == 0) s1[i] ++ , s2[i] += i;
}
while(m -- )
{
scanf("%d%d" , &l , &r);
printf("%lld\n" , s2[r] - s2[l - 1] - (l - 1) * (s1[r] - s1[l - 1]));
}
}
}
namespace task2
{
struct data
{
int l , r , bl , id;
bool operator<(const data &a)const {return bl == a.bl ? r < a.r : bl < a.bl;}
}q[N];
int a[N] , mp[N];
ll b[N] , v[N] , ans[N];
void solve()
{
int n , m , i , si , lp = 1 , rp = 0;
ll t = 1 , now = 0;
scanf("%s%d" , str + 1 , &m) , n = strlen(str + 1) , si = (int)sqrt(n);
for(i = n ; i ; i -- , t = t * 10 % p) v[i] = b[i] = (b[i + 1] + (str[i] - ‘0‘) * t) % p;
v[n + 1] = 0 , sort(v + 1 , v + n + 2);
for(i = 1 ; i <= n + 1 ; i ++ ) a[i] = lower_bound(v + 1 , v + n + 2 , b[i]) - v;
for(i = 1 ; i <= m ; i ++ ) scanf("%d%d" , &q[i].l , &q[i].r) , q[i].r ++ , q[i].bl = (q[i].l - 1) / si , q[i].id = i;
sort(q + 1 , q + m + 1);
for(i = 1 ; i <= m ; i ++ )
{
while(lp > q[i].l) now += mp[a[--lp]] , mp[a[lp]] ++ ;
while(rp < q[i].r) now += mp[a[++rp]] , mp[a[rp]] ++ ;
while(lp < q[i].l) mp[a[lp]] -- , now -= mp[a[lp++]];
while(rp > q[i].r) mp[a[rp]] -- , now -= mp[a[rp--]];
ans[q[i].id] = now;
}
for(i = 1 ; i <= m ; i ++ ) printf("%lld\n" , ans[i]);
}
}
int main()
{
scanf("%lld" , &p);
if(p == 2 || p == 5) task1::solve();
else task2::solve();
return 0;
}