AtCoder Beginner Contest 357 D（数学）

题目地址

前言

本来想 vp D~G的，结果赛时 D 还没调出来。一看题解恍然大悟，感觉智商被按在地上摩擦。

My Solution

假设 $n$ 有 $k$ 位，最后结果一定是 $n((10^k)^0+(10^k)^1+...+(10^k)^{n-1})$。那么问题就变为了解决：快速求 $((10^k)^0+(10^k)^1+...+(10^k)^{n-1})$

考虑倍增。预处理 $f_i$ 表示 $((10^k)^0+(10^k)^1+...+(10^k)^{2^i-1})$，$n$ 拆解为二进制数累计贡献即可。

注意要用欧拉定理（本题其实就是费马小定理）对指数取模。（$x^y \equiv x^{y \% \phi(mod)} ( \% mod)$，因为 $mod=998244353$ 是质数，所以 $\phi(mod)=mod-1$）

My Code

PS：自己造的样例是错的，在那里调了半天。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
inline int read() {
    int x = 0, f = 1; char ch = getchar();
    while(ch<'0' || ch>'9') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); }
    while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48); ch=getchar(); }
    return x * f;
}
const int mod = 998244353;
int f[64];
int Pow(int x,int y) {
	int res = 1, base = x;
	while(y) {
		if(y&1) res = res*base%mod;
		base = base*base%mod;
		y >>= 1;
	}
	return res;
}
signed main()
{
	string s;
	cin >> s;
	int k = s.length();
	int n = stoll(s);
	f[0] = 1;
	for(int i=1;i<64;++i) {
		f[i] = f[i-1]*((1+Pow(10, ((1ll<<(i-1))%(mod-1))*k%(mod-1)))%mod) % mod;
	}
	int cnt = 0;
	for(int j=63;j>=0;--j) { 
		if(!((n>>j)&1ll)) continue;
		cnt = cnt*Pow(10, (((1ll<<(j))%(mod-1))*k)%(mod-1)) % mod;
		cnt = (cnt + f[j]) % mod;
	}
	int ans = (n%mod)*cnt % mod;
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

Std Solution

令 $x = 10^k$ ，原式 $=n(1+x^1+...+x^{n-1})=n\frac{1-x^n}{1-x} (\% mod)$，注意 $\frac{1}{1-x} = (1-x)^{mod-2}(\% mod)$（费马小定理）。

Code

注意 $n \le 10^18$，最后算的时候 $n$ 要先取模再乘，不然会直接爆 long long

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
inline int read() {
    int x = 0, f = 1; char ch = getchar();
    while(ch<'0' || ch>'9') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); }
    while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48); ch=getchar(); }
    return x * f;
}
const int mod = 998244353;
int Pow(int x,int y) {
	int res = 1, base = x;
	while(y) {
		if(y&1) res = res*base%mod;
		base = base*base%mod;
		y >>= 1;
	}
	return res;
}
int Inv(int x) {
	return Pow(x, mod-2);
}
signed main()
{
	string s;
	cin >> s;
	int k = s.length();
	int n = stoll(s);
	int x = Pow(10, k);
	int ans = (n%mod)*(Pow(x, n)-1)%mod*Inv((x-1+mod)%mod)%mod;
	ans = (ans%mod + mod) % mod;
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}