NC18985 数字权重

题目链接

题目

题目描述

小a有一个n位的数字，但是它忘了各个位上的数是什么，现在请你来确定各个位上的数字，满足以下条件：

设第i位的数为ai，其中a1为最高位，an为最低位，K为给定的数字

1. 不含前导0
2. \(\sum_{i = 2}^n (a_i - a_{i - 1}) = K\)

请你求出满足条件的方案数

输入描述

两个整数N, K

若存在无解的情况，请输出0

输出描述

一个整数表示答案，对10^9 + 7取模

示例1

输入

2 3

输出

6

说明

满足条件的数有：14, 25, 36, 47, 58, 69

示例2

输入

2 -3

输出

7

说明

满足条件的数有：41, 52, 63, 74, 85, 96, 30

示例3

输入

4 3

输出

600

说明

可能的方案有：1234, 1334

示例4

输入

4 -3

输出

700

备注

对于30%的数据：n, |k| = 5
对于60%的数据：n, |k| ≤ 1000

对于100%的数据：n, |k| ≤ 10^13
保证n > 1

题解

知识点：组合数学。

简化一下条件：\(\displaystyle \sum_{i = 2}^n (a_i - a_{i - 1}) = a_n - a_1 = K\) ，其他位没有限制。

因为不能有前导 \(0\) ，因此 \(a_1 \in [1,9]\) ，同时 \(a_n = a_1 + K \in [0,9]\) ，因此 \(a_1 \in [-K,9-K]\) ，我们取交集即可。

时间复杂度 \(O(\log n)\)

空间复杂度 \(O(1)\)

代码

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

const int P = 1e9 + 7;
int qpow(int a, ll k) {
    int ans = 1;
    while (k) {
        if (k & 1) ans = 1LL * ans * a % P;
        k >>= 1;
        a = 1LL * a * a % P;
    }
    return ans;
}
/// 快速幂，O(logk)，底数越大速度慢的越快

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    ll n, k;
    cin >> n >> k;
    ll l = max(-k, 1LL), r = min(9 - k, 9LL);
    cout << max(r - l + 1, 0LL) * qpow(10, n - 2) % P << '\n';
    return 0;
}