题目大意

给定字符串
每次询问该字符串的一个子串中有多少子串转为数字后是p的倍数。
p<10^10且是质数，每次询问p相同。

式子转化

如果对[l,r]询问那么答案相当于
∑ri=l∑rj=i(∑jk=is[k]?10j?kmodp==0)
∑ri=l∑rj=i(10j?∑jk=is[k]?(10′)kmodp==0)
其中10’表示10关于p的逆元，由于p是质数，所以当p不为2或5时可以这么做。
p是2或5怎么做待会再说。
如果我们设 num[i]=∑nj=is[j]?(10′)j
那么上面的式子又等于
∑ri=l∑rj=i(10j?(num[i]?num[j+1])modp==0)
因为p不为2或5，所以后面的如果要模p为0，必须有num[i]=num[j+1]
于是问题转化为：
询问[l,r+1]有多少对 l<=i<j<=r+1 满足num[i]=num[j]
离散化后用莫队算法即可。
现在我们来解决一下p=2或5的情况（虽然实际证明数据没有这样的点）
那么模p余0只有个位模p余0才行！
于是也可以上莫队，维护当前区间有多少模p余0的数即可。
注意爆long long的情况。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<ctime>
#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,b) for(i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
const int maxn=100000+10;
int belong[maxn],s[maxn],cnt[maxn],ans[maxn];
ll num[maxn],b[maxn];
struct dong{
    int l,r,id;
} ask[maxn];
bool operator <(dong a,dong b){
    if (belong[a.l]<belong[b.l]) return 1;
    else if (belong[a.l]==belong[b.l]&&a.r<b.r) return 1;
    else return 0;
}
int i,j,k,l,n,m,c,now;
ll t,p,q;
char ch;
ll qsc(ll x,ll y){
    if (!y) return 0;
    ll t=qsc(x,y/2); t=(t+t)%p; if (y%2) t=(t+x)%p; return t; } ll qsm(ll x,int y){ if (!y) return 1; ll t=qsm(x,y/2); t=qsc(t,t); if (y%2) t=qsc(t,x); return t; } void gcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){ if (!b){ x=1; y=0; return; } else{ gcd(b,a%b,x,y); swap(x,y); y-=x*(a/b);
    }
}
ll getny(ll a,ll b){
    ll x,y;
    gcd(a,b,x,y);
    x=(x%b+b)%b;
    return x;
}
int main(){
    //freopen("number13.in","r",stdin);freopen("answer.out","w",stdout);
    scanf("%lld",&p);
    ch=getchar();
    while (ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();
    s[n=1]=ch-'0';
    while (1){
        ch=getchar();
        if (ch<'0'||ch>'9') break;
        s[++n]=ch-'0';
    }
    s[++n]=0;
    c=floor(sqrt(n));
    fo(i,1,n) belong[i]=(i-1)/c+1;
    scanf("%d",&m);
    fo(i,m) scanf("%d%d",&ask[i].l,&ask[i].r),ask[i].r++,ask[i].id=i;
    //printf("%dn",clock());
    sort(ask+1,ask+m+1);
    if (p!=2&&p!=5){
        t=1;
        fd(i,1){
            b[i]=num[i]=(ll)(num[i+1]+(ll)s[i]*t%p)%p;
            t=t*10%p;
        }
        sort(b+1,b+n+2);
        l=unique(b+1,b+n+2)-b-1;
        fo(i,n) num[i]=lower_bound(b+1,b+l+1,num[i])-b;
    }
    //printf("%dn",clock());
    l=1;r=0;
    fo(i,m){
        while (l<ask[i].l){
            if (p==2){
                now-=t;
                if (s[l]%2==0) t--;
            }
            else if (p==5){
                now-=t;
                if (s[l]%5==0) t--;
            }
            else{
                cnt[num[l]]--;
                now-=cnt[num[l]];
            }
            l++;
        }
        while (l>ask[i].l){
            l--;
            if (p==2){
                if (s[l]%2==0) t++;
                now+=t;
            }
            else if (p==5){
                if (s[l]%5==0) t++;
                now+=t;
            }
            else{
                now+=cnt[num[l]];
                cnt[num[l]]++;
            }
        }
        while (r>ask[i].r){
            if (p==2){
                if (s[r]%2==0) now-=(r-l+1),t--;
            }
            else if (p==5){
                if (s[r]%5==0) now-=(r-l+1),t--;
            }
            else{
                cnt[num[r]]--;
                now-=cnt[num[r]];
            }
            r--;
        }
        while (r<ask[i].r){
            r++;
            if (p==2){
                if (s[r]%2==0) now+=(r-l+1),t++;
            }
            else if (p==5){
                if (s[r]%5==0) now+=(r-l+1),t++;
            }
            else{
                now+=cnt[num[r]];
                cnt[num[r]]++;
            }
        }
        ans[ask[i].id]=now;
    }
    fo(i,m) printf("%dn",ans[i]);
}

（编辑：云计算网_泰州站长网）

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