HNOI2016 大数（number）<莫队>

题目

分析

一道典型的莫队。

先预处理出后缀，即f[i]表示i~(n-1) mod p 的值.

但p的值不小，显然不能直接存，加一个离散化。

观察题目，发现一串数s(l~r)整除p满足s(l~n-1)%p==s(r+1~n-1)%p

但p值为2或5不满足这个性质需要特判（不过数据中好像没有，于是笔者没写，有兴趣的可以自己去写写。。。。。。）

然后问题转化为求一段区间中有几对相等的f值。

套一个莫队。（ans（l，r）可以由【ans（l+1，r），ans（l-1，r），ans（l，r+1），ans（l，r-1）】推出，为保证时间复杂度，用个分块【因为不会曼哈顿树】）。

注意：要在数列的后面加一个f值为0。

代码

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstring>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=200000+10;
char a[maxn];
ll p,n,m,s[maxn],_10[maxn]/*_10[i]表示10的i次方modp*/,f[maxn]/*f[i]表示i~l mod p 的值*/,cd[maxn];
ll cur,sum[maxn],kuai,ans[maxn];
struct query
{
ll t,x,y;
}q[maxn];
//把每个区间(l,r)看成一个点(x,y),相同块中的点按y排序，否则按x排序，可以保证n^1.5的时间复杂度
bool operator < (const query& a,const query& b){
if(a.x/kuai==b.x/kuai) return a.y<b.y;
else return a.x<b.x;
}
int main()
{
//freopen("number.in","r",stdin);
//freopen("number.out","w",stdout);
cin>>p;
_10[0]=1;//其实这个_10数组可以只用一个变量
_10[1]=10%p;
for(int i=2;i<maxn;i++){
_10[i]=(_10[i-1]*_10[1])%p;
}

char c;
scanf("%s",a);
n=strlen(a);
kuai=(ll)sqrt((double)n);//按x坐标分块，kuai表示没段块的长度
cin>>m;
for(int i=1;i<=m;i++)
scanf("%lld%lld",&q[i].x,&q[i].y),q[i].x--,q[i].t=i;
sort(q+1,q+m+1);
for(int i=0;i<n;i++)
s[i]=a[i]-'0';

f[n-1]=s[n-1]%p;
cd[n-1]=f[n-1];
for(int i=n-2;i>=0;i--){
f[i]=(f[i+1]+(_10[n-i-1]*s[i])%p)%p;
cd[i]=f[i];
}
//for(int i=0;i<n;i++) printf("%lld ",f[i]);printf("\n");
//离散化
cd
=0;
sort(cd,cd+n+1);
int tot=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(cd[i]!=cd[tot]) cd[++tot]=cd[i];
}
for(int i=0;i<n;i++)
{
int mid,l=0,r=tot;
while(l<r)    //在ad中找到f的位置
{
mid=(l+r)>>1;
if(cd[mid]<f[i]) l=mid+1;
else r=mid;
}
f[i]=l;
}
//***********************************************
int l,r;
l=1;r=0;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
while(r<q[i].y)
cur+=sum[f[++r]]++;
while(l>q[i].x)
cur+=sum[f[--l]]++;
while(r>q[i].y)
cur-=--sum[f[r--]];
while(l<q[i].x)
cur-=--sum[f[l++]];
ans[q[i].t]=cur;
}
for(int i=1;i<=m;i++) printf("%lld\n",ans[i]);
return 0;
}
/*
样例：
11
121121
3
1 6
1 5
1 4
*/