如果你不会CF1808E1的 $O (n K^{3})$ 做法，请点击这里

本题涉及：数据诈骗，这道题可以做到 $O (\log n + \log K)$ 的复杂度

我们发现对于所有数位的和 $S$ ，满足 $2 x \equiv S (\mod K)$ 的 $x$ 的种类只有 $1$ 个或 $2$ 个。具体的，当 $K$ 为奇数时， $x$ 的种类有且只有一个，当 $K$ 为偶数时，若 $S$ 为偶数，则 $x$ 的种类有 $2$ 个，否则无解。因此，我们对 $K$ 分奇偶考虑

当 $K$ 为奇数时：

我们发现我们不知道值为 $x$ 的位置有多少个，而如果枚举个数的话 $n \leq 10^{18}$ 。正难则反，我们考虑拿总方案数 $-$ 没有一个位置为 $x$ 的方案数

我们发现正好有 $i$ 个位置是 $x$ 的方案数是难求的，但我们可以求出钦定 $i$ 个位置是 $x$ ，且满足 $2 x \equiv S (\mod K)$ 的方案数，然后用二项式反演啊

我们设 $f_{s} (i)$ 表示钦定 $i$ 个数为 $x$ ，且满足 $2 x \equiv S (\mod K)$ 的方案数；同样的， $g_{s} (i)$ 表示恰好 $i$ 个数为 $x$ ，且满足条件的方案数，我们可以得到：

\begin{aligned} (1) & f_{s} (i) & = (\binom{n}{i}) K^{n - i - 1} (i < n) \\ (2) & g_{s} (i) & = \sum_{j = i}^{n} (- 1)^{j - i} (\binom{j}{i}) f_{s} (j) \end{aligned}

其中计算 $f_{s} (i)$ 时 $K^{n - i - 1}$ 的意思是剩下 $n - i - 1$ 位随便填，而我们只需要让最后一位填他们剩下的数，这样就能保证 $2 x \equiv S (\mod K)$ 的限制条件了

这里要注意 $f_{s} (i)$ 在 $i = n$ 时不满足条件，因为我们没有剩下的空位可以保证限制条件的满足，因此，对于 $i = n$ 时要单独计算，计算方法后面再说

答案即为：

\begin{aligned} (3) & \sum_{s = 0}^{K - 1} g_{s} (0) & = \sum_{s = 0}^{K - 1} \sum_{j = 0}^{n} (- 1)^{j} f_{s} (j) \\ (4) & = \sum_{s = 0}^{K - 1} \sum_{j = 0}^{n - 1} (- 1)^{j} f_{s} (j) + (- 1)^{n} f_{s} (n) \\ (5) & = \sum_{s = 0}^{K - 1} (\sum_{j = 0}^{n - 1} (- 1)^{j} (\binom{n}{j}) K^{n - j - 1} + (- 1)^{n} f_{s} (n)) \\ (6) & = \sum_{s = 0}^{K - 1} (\frac{\sum_{j = 0}^{n - 1} (- 1)^{j} (\binom{n}{j}) K^{n - j}}{K} + (- 1)^{n} f_{s} (n)) \\ (7) & = \sum_{s = 0}^{K - 1} (\frac{\sum_{j = 0}^{n} (- 1)^{j} (\binom{n}{j}) K^{n - j} - (- 1)^{n}}{K} + (- 1)^{n} f_{s} (n)) \\ (8) & = \sum_{s = 0}^{K - 1} (\frac{(K - 1)^{n} - (- 1)^{n}}{K} + (- 1)^{n} f_{s} (n)) \\ (9) & = (K - 1)^{n} - (- 1)^{n} + (- 1)^{n} \sum_{s = 0}^{K - 1} f_{s} (n) \end{aligned}

然后我们考虑 $f_{s} (n)$ 怎么算，我们发现 $f_{s} (n) = [n x \equiv S (\mod K)]$ ，我们把 $2 x \equiv S$ 带入后化简一下得到 $f_{s} (n) = [S (n - 2) \equiv 0 (\mod K)]$ ，而 $S (n - 2)$ 是一个定值。因此我们可以得到： $\sum_{s = 0}^{K - 1} f_{s} (n) = gcd (n - 2, K)$

这里可能有人有疑问(比如我)：为什么对于 $a, b$ ，满足 $a x \equiv 0 (\mod b)$ 的个数是 $gcd (a, b)$ 。我们考虑求出满足条件的最小的 $x$ ，显然为 $\frac{l c m (a, b)}{a} = \frac{b}{gcd (a, b)}$ ，而对于 $0 \leq x < b$ 中满足条件的 $x$ 的个数即为 $\frac{b}{x} = gcd (a, b)$

带入化简后易得： $a n s = (K - 1)^{n} - (- 1)^{n} + (- 1)^{n} gcd (n - 2, K)$

最后不要忘记拿 $K^{n}$ 减去 $a n s$

当 $K$ 为偶数时：

首先，我们可以发现 $S$ 为奇数时肯定无解，因此我们只考虑 $S$ 为偶数的情况。此时可能的 $x$ 值有 $x_{1} = \frac{S}{2}, x_{2} = \frac{S + K}{2}$

类似的，我们可以知道：

\begin{aligned} (10) & f_{s} (i) & = (\binom{n}{i}) 2^{i} K^{n - i - 1} (i < n) \\ (11) & g_{s} (i) & = \sum_{j = i}^{n} (- 1)^{j - i} (\binom{j}{i}) f_{s} (j) \end{aligned}

其中 $2^{i}$ 表示枚举这 $i$ 个位置是 $x_{1}$ 还是 $x_{2}$ 的方案数

类似的推式子，可以得到：

\begin{aligned} (12) & \sum_{s = 0, 2 | s}^{K - 1} g_{s} (0) & = . . . . . . \\ (13) & = \sum_{s = 0, 2 | s}^{K - 1} (\frac{(K - 2)^{n} - (- 2)^{n}}{K} + (- 1)^{n} f_{s} (n)) \\ (14) & = \frac{(K - 2)^{n} - (- 2)^{n}}{2} + (- 1)^{n} \sum_{s = 0, 2 | s}^{K - 1} f_{s} (n) \end{aligned}

我们考虑如何计算 $f_{s} (n)$ ，我们发现有 $f_{s} (n) = \sum_{j = 0}^{n} (\binom{n}{j}) [x_{2} j + x_{1} (n - j) \equiv S (\mod K)]$ ，我们考虑化简式子：

\begin{aligned} (15) & f_{s} (n) & = \sum_{j = 0}^{n} (\binom{n}{j}) [x_{2} j + x_{1} (n - j) \equiv S (\mod K)] \\ (16) & = \sum_{j = 0}^{n} (\binom{n}{j}) [\frac{S + K}{2} j + \frac{S}{2} (n - j) \equiv S (\mod K)] \\ (17) & = \sum_{j = 0}^{n} (\binom{n}{j}) [\frac{K}{2} j \equiv \frac{S}{2} (2 - n) (\mod K)] \end{aligned}

我们发现对于同余号左边 $\frac{K}{2} j \mod K$ 的值只有 $0$ 和 $\frac{K}{2}$ 两种，而 $\frac{S}{2} (2 - n)$ 是一个定值，因此仅当 $S (2 - n) \equiv 0 (\mod \frac{K}{2})$ 时， $f_{s} (n)$ 才能取到值，否则 $f_{s} (n) = 0$