[bzoj 4542] [Hnoi2016]大数：莫队算法

为什么当时我认定这是一道字符串题，写了半个AC自动机，删掉，改成枚举+哈希？写完之后感觉很奇怪，怎么没用上p是素数这个假设？

考试的前天晚上还和学长讨论莫队算法来着……嗯，还讨论了主席树……

莫队算法是解决一类离线区间查询问题的算法。设序列长度为n，有m个查询。为了达到理想的时间复杂度，需要保证[l, r]能在O(1)的时间转移到[l, r+1]，[l, r-1]，[r-1, l]，[r+1, l]。把整个序列分成n√块，把左端点所在的块的序号作为第一关键字、右端点作为第二关键字，对询问排序，通过向相邻的区间转移，依次得到答案。时间复杂度是O((m+n)n√)。

知道了这道题可以用莫队来做，研究了一下。一开始，我的方案是这样的：分别维护区间的前缀、后缀对p取模后每种结果的数量。扩展后缀时，相当于把先前的每个数乘10加s，并把s模p加入。扩展前缀时，把整个区间看成十进制小数（取模结果不会变），于是乘10的逆元再加s，并把s模p加入。收缩的时候，把过程倒过来即可。把所有的数搬来搬去不太现实，所以维护一个线性函数h，数组的位置i实际上存储的是h(i)。注意整个区间既是前缀又是后缀。

诶？怎么没给p的数据范围？不管了，先写吧。然后就没有然后了……渐渐地，我自己都不知道自己在写什么了。现在我也发现这样空间似乎会爆。如果不管空间限制，这样应该是可行的？如果阅读本文的你有什么想法欢迎交流。

学习了CtrlCV的题解。维护所有后缀对p取模的结果，设为x[i]，令x
= 0（下标从0开始）。x[l]-x[r+1]等于s[l..r]乘10的幂。当p不等于2或5时，由于p和10互素，s[l..r]是p的倍数当且仅当x[l] = x[r+1]。当p等于2或5，这招就不灵了，但是但是可以判断个位数字；可以用莫队来做，也可以通过前缀和来做：

Σri=l(i−l+1)[s[i] mod p = 0]=Σri=li[s[i] mod p = 0]−(l−1)Σri=l[s[i] mod p = 0]

要离散化！离散化的时候不要忘记x
。

在这里证一下莫队算法的复杂度。

对询问排序后，至多有m个查询和上一个查询在同一块中、n√个不在同一块中。如果两个相邻查询在同一块中，r指针递增，共O(nn√)，每次l指针变化不超过n√，共O(mn√)。如果两个相邻查询不在同一块中，每次r指针至多变化n，共O(nn√），考虑所有这类情况，l递增，共O(n)。由于转移是O(1)的，所以指针变化次数与转移的总代价在同一个数量级。因此，莫队算法的时间复杂度是O((m+n)n√)。

#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int MAX_N = 100000;
typedef long long ll;
char s[MAX_N+1];
bool f;
ll ans, p, x[MAX_N+1], t[MAX_N+1], h[MAX_N+1];
int top = 1, m, sz, od[MAX_N], blk[MAX_N], c[MAX_N+1]; // c[i] ~ 后缀i的计数器
struct Query {
int fr, to;
ll ans;
} Q[MAX_N];

bool cmp(int i, int j)
{
const Query& x = Q[i], & y = Q[j];
return blk[x.fr] < blk[y.fr] || blk[x.fr] == blk[y.fr] && x.to < y.to;
}

inline void inc(int i)
{
ans += t[c[i]]++;
}

inline void dec(int i)
{
ans -= --t[c[i]];
}

void solve_1()
{
int cnt = 0, l = Q[od[0]].fr, r = l-1;
for (int i = 0; i < m; ++i) {
Query& q = Q[od[i]];
while (r < q.to) {
++r;
if (s[r]%p == 0) {
ans += r-l+1;
++cnt;
}
}
while (r > q.to) {
if (s[r]%p == 0) {
ans -= r-l+1;
--cnt;
}
--r;
}
while (l > q.fr) {
--l;
if (s[l]%p == 0)
++cnt;
ans += cnt;
}
while (l < q.fr) {
ans -= cnt;
if (s[l]%p == 0)
--cnt;
++l;
}
q.ans = ans;
}
}

void solve_2()
{
int l = Q[od[0]].fr, r = l;
inc(r);
for (int i = 0; i < m; ++i) {
Query& q = Q[od[i]];
while (r < q.to)
inc(++r);
while (r > q.to)
dec(r--);
while (l > q.fr)
inc(--l);
while (l < q.fr)
dec(l++);
q.ans = ans;
}
}

int main()
{
int n = 0;
scanf("%lld %s %d", &p, s, &m);
int fr, to;
bool f = 10%p == 0;
for (int i = 0; i < m; ++i) {
scanf("%d %d", &fr, &to);
Q[i].fr = fr-1;
Q[i].to = f ? to-1 : to;
od[i] = i;
}

for (; s
; ++n)
s
-= '0';
h[0] = 0;
for (ll i = n-1, t = 1; i >= 0; --i, t = t * 10 % p) {
x[i] = (x[i+1] + s[i]*t%p) % p;
h[top++] = x[i];
}
sort(h, h+top);
top = unique(h, h+top) - h;
for (int i = 0; i <= n; ++i)
c[i] = lower_bound(h, h+top, x[i]) - h;
sz = sqrt(n);
for (int i = 0; i < n; ++i)
blk[i] = i/sz;
sort(od, od+m, cmp);

if (f)
solve_1();
else
solve_2();

for (int i = 0; i < m; ++i)
printf("%lld\n", Q[i].ans);

return 0;
}