A Yet Another Remainder The 2022 ICPC Asia Regionals Online Contest (II)

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题目大意：有一个n位长的隐藏数x，从高位到低位依次标号为1到n，sum[i][j]表示从第i为开始每j位上的数的和，有q次询问，每次给出一个100以内除了5以外的质数p，问这个数%p等于多少

1<=t<=100；1<=n<=1e6；1<=i<=min(100,n)；1<=j<=i；1<=q<=10

思路：对于x的第i位，可以将其写成x[i]*，x%p就相当于x[1]*%p+x[2]*%p+...+x[n]*%p。

如果%p=x，那么我们可以将每一项x[i]*写成x[i]*(-x)，这样的每一项%p都等于0，那么原式子不等于0的部分就是%p*x[1]+%p*x[2]+...+%p*x[n]。

然后又发现%p是有循环节的，且循环节的长度是p-1，那么我们可以将上式拆成p-1个式子例如第一个式子是%p*(x[1]+x[p]+x[2*p-1]+...)，第二个式子就是%p*(x[2]+x[p+1]+x[2*p]+...)。

每个式子里后面括号中的数都是题目中给出的即sum[p-1][第i位]，所以可以在O(qtp)的时间复杂度内求出

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
int n;
ll sum[105][105];
void init()
{
   
}
void solve()
{
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=min(100,n);i++)
    {
        for(int j=1;j<=i;j++)
        {
            cin>>sum[i][j];
        }
        
    }
    int q;
    cin>>q;
    for(int i=1;i<=q;i++)
    {
        ll mod;
        cin>>mod;
        vectorm;
        ll x=1;
        for(int i=1;i<=mod-1;i++)
        {//求出一个循环节
            m.push_back(x%mod);
            x=x*10%mod;
        }
        ll nn=n;
        ll ans=0;
        ll y=min(mod-1,nn);//如果p比n大，直接取sum的最后一行即可
        for(int i=1;i<=mod-1;i++)
        {
            ll temp=nn%(mod-1);//第几位
            if(temp==0)
            {
                temp=mod-2;
            }
            else
            {
                temp--;
            }
            ans=(ans+m[temp]*sum[y][i]%mod)%mod;
            nn--;
        }
        cout<
    }
}
int main()
{
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    ios::sync_with_stdio(false);
    int t;
    cin>>t;
    while(t--)
    {
        solve();
    }
    return 0;
}