洛谷 P10262 亲朋数：基于余数状态转移的 DP 解法

题目背景

这道题来自洛谷 GESP 样题六级，考察的是对大数字串进行整除判断的能力。给定一个长度为 L 的数字串 S 和一个正整数 p，我们需要统计其中有多少个连续子串对应的数值是 p 的倍数。

问题分析

直接枚举所有子串并计算数值显然会溢出且超时。关键在于利用模运算的性质：

• 一个长数字串可以看作是由前缀不断左移一位（乘 10）加上当前位组成的。
• 如果已知以位置 i-1 结尾的所有子串对 p 取模的余数分布，那么扩展到位置 i 时，只需将之前的余数乘以 10 再加上当前数字，再对 p 取模即可得到新的余数。
• 我们只需要记录每个余数出现的次数，当余数为 0 时，说明找到了一个符合条件的子串。

这种思路本质上是一种动态规划，状态定义为 dp[remainder]，表示以当前位置结尾、余数为 remainder 的子串数量。

输入输出规范

输入： 第一行包含一个正整数 p（2 ≤ p ≤ 128）。 第二行包含长为 L 的数字串 S（1 ≤ L ≤ 10^6）。

输出： 一行一个整数，表示满足条件的子串总数。

代码实现

下面给出完整的 C++ 实现。注意处理大数组和类型转换，避免中间过程溢出。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll; // 使用 long long 防止计数溢出

const int MAX_P = 150;
int p, f[MAX_P], g[MAX_P];
ll ans = 0;
string s;

int main() {
    // 优化 IO 速度
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);

    cin >> p >> s;
    int len = s.size();
    
    // 为了方便处理，在字符串前补一个空格，使下标从 1 开始
    s = " " + s;

    for (int i = 1; i <= len; i++) {
        // 清空当前轮次的计数数组
        memset(g, 0, sizeof(g));
        
        
         ( j = ; j < p; j++) {
             (f[j] == ) ; 
            
            
             t = (j *  + (s[i] - )) % p;
            g[t] += f[j];
        }
        
        
         single_rem = (s[i] - ) % p;
        g[single_rem]++;
        
        
        ans += g[];
        
        
        (f, g, (g));
    }

    cout << ans << endl;
     ;
}