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https://lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4542
問題の解決策
私たちは、作る\（F_iと\）を表し\（私は\）に（N- \）\のビット構成\（\ BMOD P \）の値を。
次にから\（L、Rの\）右列である（ - \ \ {R＆LT F_ {}} {1 + 10 ^ {NR} F_L FRAC}）\します。
このことは、所望であれば\（= 0 \） 、すなわち、
- \ [{F_ F_L \ FRAC
{R + 1}}、{10 ^ {NR}} = 0 \ PMOD P \] 次のステップが明確に置かれる\（10 ^ {NR} \）取ります。しかし、\（10 ^ {NR} \ ） 型で\（P \）、場合に限り逆元の意味を有する（\ 10 \）と\（P \）互いに素です。
だから、2例に分けることができます。
最初は、\（P = 2 \）または\（5 \） 、次いで（\ 10 \）と\（Pは\）によって直接ではなく、素数でない\（NR 10 ^ {} \） 。
また、見つけることができる\（P = 2 \） 、条件を満足するサブストリングの端部がなければならない\（2 ,. 4 ,. 6 ,. 8、0 \） ; \ （P = 5 \。） 、その条件を満たすサブストリングの終わりしなければならない（5、0 \）\。
このプロパティは、直接アドレスを使用することができます。
第二は、\（Pの\のNEQ 2、5 \） 。このとき、（\ 10 \）と\（P \）互いに素なので、我々は、（10 ^ {NR} \ \ ） 過去によって。
精製して（ - R＆LT F_ {+} = 0.1 \ F_L）\を。
それが求めている\（L、Rの\）私たちが行う必要があることを見つけることです\（[L、R + 1 ] \） 同じ地点の値のこの範囲内権の数。
あなたは解決MOチームを使用することができます。
最悪の場合の時間複雑度\（O（Mする\ n-SQRT）\） 。
#include<bits/stdc++.h>
#define fec(i, x, y) (int i = head[x], y = g[i].to; i; i = g[i].ne, y = g[i].to)
#define dbg(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)
#define File(x) freopen(#x".in", "r", stdin), freopen(#x".out", "w", stdout)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
template<typename A, typename B> inline char smax(A &a, const B &b) {return a < b ? a = b, 1 : 0;}
template<typename A, typename B> inline char smin(A &a, const B &b) {return b < a ? a = b, 1 : 0;}
typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef std::pair<int, int> pii;
template<typename I> inline void read(I &x) {
int f = 0, c;
while (!isdigit(c = getchar())) c == '-' ? f = 1 : 0;
x = c & 15;
while (isdigit(c = getchar())) x = (x << 1) + (x << 3) + (c & 15);
f ? x = -x : 0;
}
const int N = 100000 + 7;
#define bl(x) (((x) - 1) / blo + 1)
int n, m, P;
char a[N];
namespace Task1 {
inline bool istask() { return P == 2 || P == 5; }
int s[N];
ll ss[N];
inline void work() {
for (int i = 1; i <= n; ++i) a[i] -= '0';
for (int i = 1; i <= n; ++i) s[i] = s[i - 1] + !(a[i] % P), ss[i] = ss[i - 1] + i * !(a[i] % P);
read(m);
while (m--) {
int l, r;
read(l), read(r);
printf("%lld\n", ss[r] - ss[l - 1] - (l - 1ll) * (s[r] - s[l - 1]));
}
}
}
namespace Task2 {
int dis, blo;
ll msum = 0;
int f[N], b[N], cnt[N];
ll ans[N];
struct Query {
int l, r;
ll *ans;
inline bool operator < (const Query &b) { return bl(l) != bl(b.l) ? l < b.l : r < b.r; }
} q[N];
inline int smod(int x) { return x >= P ? x - P : x; }
inline void sadd(int &x, const int &y) { x += y; x >= P ? x -= P : x; }
inline int fpow(int x, int y) {
int ans = 1;
for (; y; y >>= 1, x = (ll)x * x % P) if (y & 1) ans = (ll)ans * x % P;
return ans;
}
inline void madd(int x) {
int &v = f[x];
msum -= (ll)cnt[v] * (cnt[v] - 1) / 2;
++cnt[v];
msum += (ll)cnt[v] * (cnt[v] - 1) / 2;
}
inline void mdel(int x) {
int &v = f[x];
assert(cnt[v]);
msum -= (ll)cnt[v] * (cnt[v] - 1) / 2;
--cnt[v];
msum += (ll)cnt[v] * (cnt[v] - 1) / 2;
}
inline void ycl() {
int ten = 1;
for (int i = 1; i <= n; ++i) a[i] -= '0';
for (int i = n; i; --i) f[i] = smod(f[i + 1] + (ll)a[i] * ten % P), ten = 10ll * ten % P;
memcpy(b + 1, f + 1, sizeof(int) * (n + 1));
}
inline void lsh() {
std::sort(b + 1, b + n + 1);
dis = std::unique(b + 1, b + n + 1) - b - 1;
for (int i = 1; i <= n; ++i) f[i] = std::lower_bound(b + 1, b + dis + 1, f[i]) - b;
}
inline void work() {
blo = sqrt(n);
ycl();
++n;
lsh();
read(m);
for (int i = 1; i <= m; ++i) read(q[i].l), read(q[i].r), ++q[i].r, q[i].ans = ans + i;
std::sort(q + 1, q + m + 1);
int l = 1, r = 0;
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
while (l > q[i].l) madd(--l);
while (r < q[i].r) madd(++r);
while (l < q[i].l) mdel(l++);
while (r > q[i].r) mdel(r--);
*q[i].ans = msum;
}
for (int i = 1; i <= m; ++i) printf("%lld\n", ans[i]);
}
}
inline void init() {
read(P);
scanf("%s", a + 1);
n = strlen(a + 1);
}
int main() {
#ifdef hzhkk
freopen("hkk.in", "r", stdin);
#endif
init();
if (Task1::istask()) Task1::work();
else Task2::work();
fclose(stdin), fclose(stdout);
return 0;
}