[BZOJ4542] [Hnoi2016] 大数 (莫队)
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
121121
3
1 6
1 5
1 4
Sample Output
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。
HINT
Source
2016.4.19新加数据一组
Solution
把n个后缀组成的数字全部对p取模。
若s[l] ~ s[n]的余数和s[r] ~ s[n]的余数相同,那么s[l] ~ s[r - 1]区间内的数字就是p的倍数(l < r)
这里有例外:当p = 2或p = 5时不成立。
然后这个题就变成经典莫队题了:给定一个序列,每次询问[l, r]内有多少对相同的数
每一个余数i给一个计数器ba[i](需离散化),记录[l, r]中这个数出现了几次,区间长度±1时答案改变值为ba[i]。
然后。。。原数据里没有p = 2或p = 5的情况。。。所以就没有然后了。然而BZOJ加了组数据
p = 2或p = 5时,用两个数组分别表示[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。这部分就很简单了。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll sqn, lst[], cd[], ba[], ans[];
struct query
{
ll id, l, r;
bool operator < (const query &rhs) const
{
if(l / sqn == rhs.l / sqn) return r < rhs.r;
return l / sqn < rhs.l / sqn;
}
}q[];
char s[];
map<ll, ll> Map;
int main()
{
ll n, m, p, l = , r = , cur = , bt = ;
scanf("%lld%s%lld", &p, s + , &m);
n = strlen(s + ), sqn = (ll)sqrt(n * 1.0);
if(p != && p != )
{
for(ll i = n; i; i--)
{
bt = bt * % p;
lst[i] = (lst[i + ] + (s[i] - ) * bt) % p;
cd[i] = lst[i];
}
sort(cd + , cd + n + );
for(ll i = ; i <= n + ; i++)
Map[cd[i]] = i;
for(ll i = ; i <= n + ; i++)
lst[i] = Map[lst[i]];
for(ll i = ; i <= m; i++)
{
scanf("%lld%lld", &q[i].l, &q[i].r);
q[i].id = i, q[i].r++;
}
sort(q + , q + m + );
for(ll i = ; i <= m; i++)
{
while(r < q[i].r) cur += ba[lst[++r]]++;
while(l > q[i].l) cur += ba[lst[--l]]++;
while(l < q[i].l) cur -= --ba[lst[l++]];
while(r > q[i].r) cur -= --ba[lst[r--]];
ans[q[i].id] = cur;
}
for(ll i = ; i <= m; i++)
printf("%lld\n", ans[i]);
}
else
{
for(ll i = ; i <= n; i++)
if(!((s[i] - ) % p))
ba[i] = ba[i - ] + , cd[i] = cd[i - ] + i;
else
ba[i] = ba[i - ], cd[i] = cd[i - ];
for(ll i = ; i <= m; i++)
{
scanf("%lld%lld", &l, &r);
printf("%lld\n", cd[r] - cd[l - ] - (ba[r] - ba[l - ]) * (l - ));
}
}
return ;
}
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