22周赛 - Virtual Judge (vjudge.net)
https://vjudge.net/problem/LightOJ-1214/origin
Input starts with an integer T (≤ 525), denoting the number of test cases.
Each case starts with a line containing two integers a (-10200 ≤ a ≤ 10200) and b (|b| > 0, b fits into a 32 bit signed integer). Numbers will not contain any leading zeroes.
a能否被b整除
卡壳原因是mod没开long long，没有重视debug的重要步骤，爆范围的bug出现率目前是排行第一的，优先检查
#include <iostream> #include <algorithm> #include <cstdio> #include <cstring> using namespace std; typedef long long ll; int main(){ int t; cin >> t; for(int tt = 1;tt <= t;tt++){ string s; ll m; cin >> s >> m; if(s[0] == '-') s.erase(0,1); ll mod = 0; for(int i = 0;i < s.size();i++){ mod = ((mod * 10 % m) + (s[i] - '0') % m ) % m; } if(!mod)printf("Case %d: divisible\n",tt); else printf("Case %d: not divisible\n",tt); } return 0; }
我本来是把思路记在自己的word文档里的，但为了帮助想搞懂题意的朋友们，还是把思路粘在文章最末尾
我的思路是没什么思路，只有一个两百次方的数肯定要用字符串来存
没见过此类大数取模的题，吃亏了
题解思路，字符串存数字，然后由同余定理，1234 % m等价于1000 % m + 200 % m + 3 % m + 4 % m
答案巧妙在于从左边开始枚举数位，组成一个数，来不断模m，通过数位操作使忽略后导零也合法。
字符串起始位置根据正负的不同，起点也不同，for循环的i在外面定义，根据字符串正负来取不同的值作为for循环初始可以较好的解决这个问题
此外s.erase()也是不错的选择
