串联数字
作者：互联网
串联数字
给定 $n$ 个正整数 $a_1,a_2, \dots ,a_n$。
我们规定将正整数 $a_i$ 和 $a_j$ 串联是指将 $a_j$ 直接接在 $a_i$ 后面构成一个新整数。
例如，$12$ 和 $34$ 串联得到 $1234$，$34$ 和 $12$ 串联得到 $3412$。
现在，给定一个正整数 $k$，请你计算有多少个有序数对 $(i,j)(i \ne j)$ 满足，$a_i$ 和 $a_j$ 串联得到的整数能够被 $k$ 整除。
输入格式
第一行包含两个整数 $n,k$。
第二行包含 $n$ 个正整数 $a_1,a_2, \dots ,a_n$。
输出格式
一个整数，表示满足条件的有序数对的数量。
数据范围
前 $6$ 个测试点满足 $1 \leq n \leq 6$。
所有测试点满足 $1 \leq n \leq 2 \times {10}^{5}$，$2 \leq k \leq {10}^{9}$，$1 \leq a_i \leq {10}^{9}$。
输入样例1：
6 11 45 1 10 12 11 7
输出样例1：
7
输入样例2：
4 2 2 78 4 10
输出样例2：
12
输入样例3：
5 2 3 7 19 3 3
输出样例3：
0
解题思路
这题之前有做过：整数拼接。不过$k$的取值范围扩大到了${10}^{9}$，而且也不能用unordered_map，否则会TLE，必须要手写哈希表。因此完全可以按照那题的思路来做，只不过哈希表要自己手写实现。
讲一下y总思路。如果我们枚举到了$a_i$，现在看一下前面有多少个$a_j,~ (0 \leq j < i)$满足$k \mid \overline{a_{j}a_{i}}$，关键就在于如何快速判断前面有多少个$a_j$能够满足这个条件。
$k \mid \overline{a_{j}a_{i}}$等价于$a_{j} \times {10}^{t} + a_{i} \equiv 0 ~~(mod~k)$，即$a_{j} \times {10}^{t} \equiv -a_{i} ~~(mod~k)$，其中$t$是$a_i$在十进制下的位数。当枚举到$a_i$时，$t$就是个定值，因此问题就变成了前面有多少个$a_j$乘${10}^{t}$后模$k$为$-a_{i}$。可以想到用哈希表来记录之前出现过的$a_j \times {10}^{t} ~mod~ k$。$t$的范围很小，为$1 \sim 10$，因此每次枚举完$a_i$后，存一下$a_i$乘${10}^{1}, {10}^{2}, \dots, {10}^{10}$模$k$的值，在哈希表中该值出现的次数加$1$。因此当枚举到$a_i$时，求一下$a_i$的位数$t$，然后直接查哈希表得到前面有多少个数乘${10}^{t}$模$k$为$-a_i$。哈希表有两个关键字，一个是余数$r$，一个是位数$t$，为了方便把这个两个数组合成一个long long$r \times 100 + t$来作为关键字。
还有一点就是这题要枚举到$a_i$在$a_j$后面和前面两种情况，上面的做法只枚举到$a_i$在$a_j$后面，第一遍求完后还需要从后往前枚举来求$a_i$在$a_j$前面的情况，其实只需要把数组翻转然后再套第一遍的做法从左到右扫描就好了.
AC代码如下：
1 #include <bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3
4 typedef long long LL;
5
6 const int N = 2e5 + 10, M = 1e7 + 3;
7
8 int n, m;
9 int a[N];
10 LL h[M];
11 int cnt[M];
12
13 int find(int r, int t) {
14 LL x = r * 100ll + t; // r是余数，t是位数
15 int k = x % M;
16 while (h[k] != -1 && h[k] != x) {
17 if (++k == M) k = 0;
18 }
19
20 return k;
21 }
22
23 LL solve() {
24 LL ret = 0;
25 memset(h, -1, sizeof(h));
26 memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
27 for (int i = 0; i < n; i++) {
28 int r = (-a[i] % m + m) % m;
29 int t = 0, x = a[i];
30 while (x) {
31 t++;
32 x /= 10;
33 }
34 ret += cnt[find(r, t)];
35
36 for (int j = 1, x = 10; j <= 10; j++, x = x * 10ll % m) { // 统计(a[i]*10^k)%m的出现次数
37 int t = find(1ll * a[i] * x % m , j);
38 if (h[t] == -1) h[t] = 1ll * a[i] * x % m * 100ll + j;
39 cnt[t]++;
40 }
41 }
42
43 return ret;
44 }
45
46 int main() {
47 scanf("%d %d", &n, &m);
48 for (int i = 0; i < n; i++) {
49 scanf("%d", a + i);
50 }
51
52 LL ret = solve(); // 先正着求一遍
53 reverse(a, a + n); // 反转数组
54 ret += solve(); // 再正着求一遍
55
56 printf("%lld", ret);
57
58 return 0;
59 }
我当时的思路是$a_i$在前面而$a_j$在后面，对于一个$a_i$，本质是枚举所有$a_j,~ (i \ne j)$，求有多少个$a_j$满足$a_{i} \times {10}^{t} \equiv -a_{j} ~~(mod~m)$，其中这里的$t$是$a_j$的数位。因此可以预处理用哈希表来统计每个$-a_i \% k$出现的次数。然后枚举$a_i$，对于每个$a_i$，$k$都从$1$开始枚举到$10$，查哈希表统计$a_i \times {10}^k \% m$出现的次数，也就是$a_j$（数位为$k$）的满足条件个数。
AC代码如下：
1 #include <bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3
4 typedef long long LL;
5
6 const int N = 5e6 + 3;
7
8 int a[N], cnt[11][N], len[N];
9 int h[N];
10
11 int find(int x) {
12 int k = x % N;
13 while (h[k] != -1 && h[k] != x) {
14 if (++k == N) k = 0;
15 }
16 return k;
17 }
18
19 int main() {
20 int n, m;
21 scanf("%d %d", &n, &m);
22 memset(h, -1, sizeof(h));
23 for (int i = 0; i < n; i++) {
24 scanf("%d", a + i);
25 int t = a[i];
26 while (t) {
27 len[i]++;
28 t /= 10;
29 }
30
31 t = (1ll * -a[i] % m + m) % m;
32 int x = find(t);
33 if (h[x] == -1) h[x] = t;
34 cnt[len[i]][x]++;
35 }
36
37 LL ret = 0;
38 for (int i = 0; i < n; i++) {
39 LL t = a[i];
40 for (int j = 1; j <= 10; j++) {
41 t = t * 10 % m;
42 ret += cnt[j][find(t)];
43 }
44
45 t = a[i];
46 for (int j = 0; j < len[i]; j++) {
47 t = t * 10 % m;
48 }
49 if (t == (1ll * -a[i] % m + m) % m) ret--; // 如果有a[i]*10^t = -a[i] (mod m)，这种情况下i==j，要特判掉
50 }
51
52 printf("%lld", ret);
53
54 return 0;
55 }
参考资料
AcWing 4611. 串联数字（AcWing杯 - 周赛）：https://www.acwing.com/video/4297/
标签：串联,10,数字,int,++,leq,枚举,哈希 来源： https://www.cnblogs.com/onlyblues/p/16655309.html