【数学】CSU 1810 Reverse (2016湖南省第十二届大学生计算机程序设计竞赛)

题目链接：

　　http://acm.csu.edu.cn/OnlineJudge/problem.php?id=1810

题目大意：

　　一个长度为N的十进制数，R(i,j)表示将第i位到第j位翻转过来后的数字，求mod 10⁹+7

题目思路：

　　【数学】

　　这题换一种思路，看每个数字能够对答案的贡献情况。(可以手推01，10，001，010，100.....，也可以像我一样写个暴力打个10以内的表看看规律)

　　现在先考虑位置为i的数字为1的情况(最后乘上这个数字就行)。可以发现贡献是对称的(第i位的1和第(n-i+1)的1其实换到其他位置上的次数是一样的，所以只用考虑i<=n/2的情况)

　　第i位的1留在i位的情况有三种，i左边的区间交换，i右边的区间交换，以i为中心的区间交换。这些交换次数都可以通过O(1)得到。

　　而i能交换到其他位置的答案也很好推，交换到第一位只有区间[1,i]，交换到第二位有区间[1,i+1],[2,i]，第三位.....

　　可以发现交换到前i个的次数是1,2,...i-1,i,i,...,i,i,i-1,...,2,1(后一半和前一半是对称的)(从1到i，i持平，从i回到1)

　　而前面和后面的递增序列对最终答案的影响可以通过预处理计算出(后面是：1+2*10+3*100...前面类似，记得带上10的幂次)，而中间的持平也可以通过前缀和求出(10的幂次区间和*i)

　　所以这题就可以做了。枚举每一位i，将它对答案的贡献按照上面的累加起来。

 

//
//by coolxxx
//#include<bits/stdc++.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<iomanip>
#include<map>
#include<stack>
#include<queue>
#include<set>
#include<bitset>
#include<memory.h>
#include<time.h>
#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
#include<string.h>
//#include<stdbool.h>
#include<math.h>
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define abs(a) ((a)>0?(a):(-(a)))
#define lowbit(a) (a&(-a))
#define sqr(a) ((a)*(a))
#define swap(a,b) ((a)^=(b),(b)^=(a),(a)^=(b))
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define eps (1e-8)
#define J 10000
#define mod 1000000007
#define MAX 0x7f7f7f7f
#define PI 3.14159265358979323
#define N 100004
using namespace std;
typedef long long LL;
int cas,cass;
int n,m,lll,ans;
LL aans;
LL e[N],sum[N],l[N],r[N];
LL a;
char s[N];
int main()
{
    #ifndef ONLINE_JUDGE
//    freopen("1.txt","r",stdin);
//    freopen("2.txt","w",stdout);
    #endif
    int i,j,k;
    LL x,y;
//    for(scanf("%d",&cass);cass;cass--)
//    for(scanf("%d",&cas),cass=1;cass<=cas;cass++)
//    while(~scanf("%s",s))
    while(~scanf("%d",&n))
    {
        aans=0;
        scanf("%s",s);
        n=strlen(s);
        e[n]=1;e[n+1]=0;
        for(i=n-1;i;i--)e[i]=(e[i+1]*10)%mod;
        r[n]=1;r[n+1]=0;
        for(i=n-1;i+i>=n;i--)r[i]=(r[i+1]+e[i]*(n-i+1))%mod;
        l[1]=e[1];l[0]=0;
        for(i=2;i+i<=n+2;i++)l[i]=(l[i-1]+e[i]*i)%mod;
        sum[1]=e[1];
        for(i=2;i<=n;i++)sum[i]=sum[i-1]+e[i];
        
        for(i=1;i<=n;i++)
        {
            a=s[i-1]-'0';
            if(a==0)continue;
            x=i;y=n-i+1;
            if(x>y)swap(x,y);
            aans=(aans+a*l[min(x,y)-1])%mod;
            aans=(aans+a*r[max(x,y)+1])%mod;
            aans=(aans+(a*x*(sum[y]-sum[x-1]))%mod)%mod;
            aans=(aans+(e[i]*a)%mod*(x*(x-1)/2+y*(y-1)/2)%mod)%mod;
        }
        printf("%lld\n",aans);
    }
    return 0;
}
/*
//

//
*/