[HNOI2011]数学作业

题目描述

小 C 数学成绩优异，于是老师给小 C 留了一道非常难的数学作业题：
给定正整数 $n,m$，要求计算 $\text{Concatenate}(n)modm$ 的值，其中
$\text{Concatenate}(n)$ 是将 $1\sim n$ 所有正整数 顺序连接起来得到的数。
例如，$n=13$ , $\text{Concatenate}(n)=12345678910111213$。小C
想了大半天终于意识到这是一道不可能手算出来的题目，于是他只好向你求助，希望你能编写一个程序帮他解决这个问题。

输入格式

一行两个正整数 $n,m$。

输出格式

输出一行一个整数表示答案。

样例 #1

样例输入 #1

13 13

样例输出 #1

4

提示

【数据范围】 对于 $30\mathrm{\%}$ 的数据，$1\le n\le {10}^6$； 对于 $100\mathrm{\%}$ 的数据，$1\le n\le {10}^{18}$，$1\le m\le {10}^9$。

不会就暴力
对于我这个蒟蒻，首先想到的竟然不是暴力。看到题，我以为是一道纯纯的数学题，是可以推出来的，然鹅。经过半个小时的尝试，这真的是一道不可能手算出来的题目
然后我就开始暴力了

暴力代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long n,mod,ans=0;
int wei(long long x){
	int s=0;
	while(x>0){
		s++;
		x/=10;
	}
	return s;
}
long long kuaisumi(int a,int b){
	long long sum=1;
	for(;b;b>>=1){
		if(b&1){
			sum=(long long)sum*a;
		}
		a=(long long)a*a;
	}
	return sum;
}
int main(){
	freopen("math.in","r",stdin);
	freopen("math.out","w",stdout);
	scanf("%lld%lld",&n,&mod); 
	for(long long i=1;i<=n;i++){
		ans=(ans*kuaisumi(10,wei(i))+i)%mod;
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}

直接开始递推，每次统计需要加上的位数，每次都取模，最后就得出答案了
暴力记得写好看一点，可以骗到40分 比30分还多

正解

记得刚才说的递推吗？那么有办法将递推的时间减小吗？当然就是矩阵快速幂了

矩阵快速幂

我们在进行普通的递推过程中，会同时出现加法和乘法，就例如此题中的：

ans=(ans*kuaisumi(10,wei(i))+i)%mod;

这时候我们没有办法使用普通的快速幂算法，因为普通的快速幂只能有乘法，例如：

long long kuaisumi(int a,int b){
	long long sum=1;
	for(;b;b>>=1){
		if(b&1){
			sum=(long long)sum*a;
		}
		a=(long long)a*a;
	}
	return sum;
}

这时候，我们就要利用矩阵乘法

什么是矩阵乘法

$$\begin{array}{cc}1& 2\\ 3& 4\end{array}\times \begin{array}{cc}5& 6\\ 7& 8\end{array}=\begin{array}{cc}1\times 5+2\times 7& 1\times 6+2\times 8\\ 3\times 5+4\times 7& 3\times 6+4\times 8\end{array}$$

这里是一个直观地解释

本题思路

我们这样定义矩阵

struct Matrix{
	int h,l;
	long long a[5][5];
}ans,wns;

l代表列数，h代表行数
在这道题中，我们将ans定义在一个矩阵中,并初始化

$$\begin{array}{ccc}0& 1& 1\end{array}$$

但是为了在后面的计算中更加方便，我们将它定义成方阵，空余位都填上0

$$\begin{array}{ccc}0& 1& 1\\ 0& 0& 0\\ 0& 0& 0\end{array}$$

在这个矩阵中，第一位使我们的答案，第二位是当前枚举到需要添加在后面的数，最后以为是用来进行转移的固定数
之后我们需要定义一个转移矩阵，这里直接给出

$$\begin{array}{ccc}{10}^k& 0& 0\\ 1& 1& 0\\ 0& 1& 1\end{array}$$

这里的k代表当前需要在后面添加的数的位数，当我们按照矩阵乘法将转移矩阵乘上ans矩阵，就可以得到每一次递推的答案。当然，要记得取模。
我们知道，矩阵乘法满足结合律（具体请百度），那么我们可以把每一次乘以转移矩阵的过程合并位求转移矩阵的幂，而求幂的过程我们就可以用到矩阵快速幂来提速了
其实矩阵快速幂和普通快速幂的思路是一样的，只是把数字换成了矩阵
对于矩阵乘法的实现，我们可以重载运算符*，但是因为我比较懒，就单独写了两个函数，分别是矩阵乘法和矩阵快速幂

Matrix time(Matrix r,Matrix c){
	Matrix timesans;
	memset(timesans.a,0,sizeof(timesans.a));
	timesans.h=r.h;
	timesans.l=c.l;
	for(int i=1;i<=r.h;i++){
		for(int j=1;j<=c.l;j++){
			for(int q=1;q<=r.l;q++){
				timesans.a[i][j]=(timesans.a[i][j]+r.a[i][q]%mod*c.a[q][j]%mod)%mod;
			}
		}
	}
	return timesans;
}

Matrix mul(Matrix x,long long y){
	Matrix res;
	res.h=res.l=3;
	memset(res.a,0,sizeof(res.a));
	for(int i=1;i<=3;i++){
		res.a[i][i]=1;
	}
	for(;y;y>>=1){
		if(y&1) res=time(x,res);
		x=time(x,x);
	}
	return res;
}

在拥有了所有必须的函数后，我们就开始求解

求解答案

普通的矩阵快速幂中，一般转移矩阵是不会改变的，但是在此题中，转移矩阵的第一项会随着添加的数的位数而改变，所以在过程中，我们需要分段求解，每一次分段时，更新转移矩阵

for(int i=1;;i++){
	wns.a[1][1]=v[i]%mod;
	long long tot=min(n,v[i]-1)-v[i-1]+1;
	Matrix val=mul(wns,tot);
	val.l=val.h=3;
	ans=time(ans,val);
	if(v[i]-1>=n)
	break;
}

其中v数组时预处理的10的i次方
我们要将段分为1-9，10-99，100-999……
在这一段程序中，tot代表的时我们此次需要枚举的次数，其中的min是用来判断我们当前枚举的是否大于了需要枚举的最大值n，如果大于了，那就直接枚举到n，而不是下一个分段
这就是所有的思路了

最终代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct Matrix{
	int h,l;
	long long a[5][5];
}ans,wns;
long long n,mod;
long long v[25];
Matrix time(Matrix r,Matrix c){
	Matrix timesans;
	memset(timesans.a,0,sizeof(timesans.a));
	timesans.h=r.h;
	timesans.l=c.l;
	for(int i=1;i<=r.h;i++){
		for(int j=1;j<=c.l;j++){
			for(int q=1;q<=r.l;q++){
				timesans.a[i][j]=(timesans.a[i][j]+r.a[i][q]%mod*c.a[q][j]%mod)%mod;
			}
		}
	}
	return timesans;
}	
Matrix mul(Matrix x,long long y){
	Matrix res;
	res.h=res.l=3;
	memset(res.a,0,sizeof(res.a));
	for(int i=1;i<=3;i++){
		res.a[i][i]=1;
	}
	for(;y;y>>=1){
		if(y&1) res=time(x,res);
		x=time(x,x);
	}
	return res;
}
int main(){
	ans.l=ans.h=wns.h=wns.l=3;
	cin>>n>>mod;
	v[0]=1;
	for(int i=1;i<=18;i++){
		v[i]=v[i-1]*10;
	}
	ans.a[1][1]=0,ans.a[1][2]=1,ans.a[1][3]=1;
	wns.a[2][1]=wns.a[2][2]=wns.a[3][2]=wns.a[3][3]=1;
	for(int i=1;;i++){
		wns.a[1][1]=v[i]%mod;
		long long tot=min(n,v[i]-1)-v[i-1]+1;
		Matrix val=mul(wns,tot);
		val.l=val.h=3;
		ans=time(ans,val);
		if(v[i]-1>=n)
		break;
	}
	printf("%lld",ans.a[1][1]%mod);
	return 0;
}

注意

不开long long见祖宗