Description

　　小 B 有一個很大的數 S，長度達到了 N 位；這個數可以看成是一個串，它可能有前導 0，例如00009312345
。小B還有一個素數P。現在，小 B 提出了 M 個詢問，每個詢問求 S 的一個子串中有多少子串是 P 的倍數（0 也
是P 的倍數）。例如 S為0077時，其子串 007有6個子串：0,0,7,00,07,007；顯然0077的子串007有6個子串都是素
數7的倍數。

Input

　　第一行一個整數：P。第二行一個串：S。第三行一個整數：M。接下來M行，每行兩個整數 fr,to，表示對S 的
子串S[fr…to]的一次詢問。註意：S的最左端的數字的位置序號為 1；例如S為213567，則S[1]為 2，S[1…3]為 2

Output

　　輸出M行，每行一個整數，第 i行是第 i個詢問的答案。

Sample Input

Sample Output

HINT

2016.4.19新加數據一組

Solution

設$num_i$ 表示 $[i...n]$的數

則$[l...r]$的數為$p$的倍數時有$\frac{num_{l-1}-num_{r}}{10^{r-l+1}}\space mod\space p = 0$

因為$p$為質數，所以$10^{r-l+1}$與$p$互質,即$num_{l-1}\equiv num_{r}(mod\space p)$

離散化num，用莫隊統計答案即可

#include <bits/stdc++.h>

#define ll long long
#define inf 0x3f3f3f3f
#define il inline

namespace io {

    #define in(a) a=read()
    #define out(a) write(a)
    #define outn(a) out(a),putchar(‘\n‘)

    #define
 
 I_int int
    inline I_int read() {
        I_int x = 0 , f = 1 ; char c = getchar() ;
        while( c < ‘0‘ || c > ‘9‘ ) { if( c == ‘-‘ ) f = -1 ; c = getchar() ; }
        while( c >= ‘0‘ && c <= ‘9‘ ) { x = x * 10 + c - ‘0‘ ; c = getchar() ; }
        return x * f ;
    }
    char F[ 200 ] ;
    inline void write( I_int x ) {
        if( x == 0 ) { putchar( ‘0‘ ) ; return ; }
        I_int tmp = x > 0 ? x : -x ;
        if( x < 0 ) putchar( ‘-‘ ) ;
        int cnt = 0 ;
        while( tmp > 0 ) {
            F[ cnt ++ ] = tmp % 10 + ‘0‘ ;
            tmp /= 10 ;
        }
        while( cnt > 0 ) putchar( F[ -- cnt ] ) ;
    }
    #undef I_int

}
using namespace io ;

using namespace std ;

#define N 100010

int cnt[N] , rnk[N] ; 
ll Ans[N] ;
ll sum1[N] , sum2[N] , P , ans ;
char s[N] ; int block ;
struct node {
    int l , r , id ;
} a[N] ;
struct date {
    ll val ; int id ;
} data[N] ;
bool cmp(node a , node b) { return a.l / block == b.l / block ? a.r < b.r : a.l < b.l ; }
bool cmp2(date a , date b) { return a.val < b.val ; }
/*
num_i 表示 [i...n]的數 \則[l...r]的數為p的倍數時有
\frac{num_{l-1}-num_{r}}{10^{r-l+1}}\space mod\space p = 0 \因為p為質數，所以10^{r-l+1}與p互質,即num_{l-1}\equiv num_{r}(mod\space p) \*/
void add(int x) { ans += cnt[rnk[x]] ++ ; }
void del(int x) { ans -= -- cnt[rnk[x]] ; }
int main() {
    int p = read() ;
    scanf("%s" , s + 1) ;
    int n = strlen(s + 1) , m = read() ;
    if(p == 2 || p == 5) {
        for(int i = 1 ; i <= n ; i ++) {
            sum1[i] = sum1[i - 1] ; sum2[i] = sum2[i - 1] ;
            if((s[i] - ‘0‘) % p == 0) sum1[i] ++ , sum2[i] += i;
        }
        for(int i = 1 ; i <= m ; i ++) {
            int l = read() , r = read() ;
            printf("%lld\n" , sum2[r] - sum2[l - 1] - (sum1[r] - sum1[l - 1])*(l - 1)) ;
        }
        return 0 ;
    }
    P = 1 ;
    for(int i = 1 ; i <= m ; i ++) a[i] = (node) {read() , read() + 1, i} ;
    block = sqrt(n) ; sort(a + 1 , a + m + 1 , cmp) ;
    for(int i = n ; i ; i --) 
        P = P * 10 % p , data[i] = (date) {((s[i] - ‘0‘) * P % p + data[i+1].val) % p, i} ;
    sort(data + 1 , data + n + 1 , cmp2) ;
    for(int i = 1 ; i <= n + 1 ; i ++) {
        if(data[i].val == data[i-1].val) rnk[data[i].id] = rnk[data[i-1].id] ;
        else rnk[data[i].id] = i ;
    }
    int l = 1 , r = 0 ;
    for(int i = 1 ; i <= m ; i ++) {
        int ql = a[i].l , qr = a[i].r ;
        while(l < ql) del(l++) ;
        while(l > ql) add(--l) ;
        while(r > qr) del(r--) ;
        while(r < qr) add(++r) ;
        Ans[ a[i].id ] = ans ; 
    }
    for(int i = 1 ; i <= m ; i ++) printf("%lld\n",Ans[i]) ;
    return 0 ;
}

BZOJ4542: [Hnoi2016]大數