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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

532

//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

2016.4.19新加数据一组

Source

---

感觉可以离线？

用a[i]表示前i个数连起来的数，则题目让求：

$$\sum_{l}\sum_{r}[s[r]-s[l-1]*10^{r-l+1} = 0 \ (mod \ p)]$$

$$=\sum_{l}\sum_{r}[s[r]=s[l-1]*10^{r-l+1} \ (mod \ p)]$$

$$=\sum_{l}\sum_{r}[s[r]*(10^r)^{-1}=s[l-1]*(10^{l-1})^{-1} \ (mod \ p)]$$

把$s[i]*(10^i)^{-1}$离散化一下就是经典的莫队了。

然后关于p=2或5需要特判，因为这时候$10^i$没有逆元，前缀和一下就行了。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<map>
#include<algorithm>
using namespace std;typedef long long LL;
const int SZ = 1000010;
const int INF = 1000000010;int B,len,t[SZ],cnt = 0,n;map<LL,int> mp;LL s[SZ],p;char str[SZ];struct haha{int l,r,id;LL ans;
}ask[SZ];bool cmp1(haha a,haha b)
{if(a.l / B == b.l / B) return a.r < b.r;return a.l < b.l;
}bool cmp2(haha a,haha b)
{return a.id < b.id;
}int id[SZ];LL get(LL x)
{return x * (x - 1);
}namespace work25{int t[SZ],sum[SZ];void solve(){for(int i = 1;i <= n;i ++){if((str[i] - '0') % p == 0)t[i] = t[i - 1] + 1,sum[i] = sum[i - 1] + i;elset[i] = t[i - 1],sum[i] = sum[i - 1];}int m;scanf("%d",&m);for(int i = 1;i <= m;i ++){int l,r;scanf("%d%d",&l,&r);printf("%lld\n",(sum[r] - sum[l - 1]) - ((LL)t[r] - t[l - 1]) * (l - 1));}}
}int main()
{scanf("%lld",&p);scanf("%s",str + 1);n = strlen(str + 1);if(p == 2 || p == 5){work25 :: solve();return 0;}B = sqrt(n);for(int i = n;i >= 1;i --){static LL x = 1;x = x * 10 % p;s[i] = (s[i + 1] + x * (str[i] - '0') % p) % p;if(!mp[s[i]]) mp[s[i]] = ++ cnt;}for(int i = 1;i <= n + 1;i ++)id[i] = mp[s[i]];int m;scanf("%d",&m);for(int i = 1;i <= m;i ++){scanf("%d%d",&ask[i].l,&ask[i].r); ask[i].r ++;ask[i].id = i;}sort(ask + 1,ask + 1 + m,cmp1);LL ans = 0;for(int i = 1,l = 1,r = 0;i <= m;i ++){for(;r > ask[i].r;r --) { ans -= get(t[id[r]]); t[id[r]] --; ans += get(t[id[r]]); }for(;r < ask[i].r;r ++) { ans -= get(t[id[r + 1]]); t[id[r + 1]] ++; ans += get(t[id[r + 1]]); }for(;l > ask[i].l;l --) { ans -= get(t[id[l - 1]]); t[id[l - 1]] ++; ans += get(t[id[l - 1]]); }for(;l < ask[i].l;l ++) { ans -= get(t[id[l]]); t[id[l]] --; ans += get(t[id[l]]); }        ask[i].ans = ans >> 1;}sort(ask + 1,ask + 1 + m,cmp2);for(int i = 1;i <= m;i ++)printf("%lld\n",ask[i].ans);return 0;
}