CodeForces 1422 C Bargain 题解

题意

给你一个数 \(a\)(长度为 \(|a|\) ) ,你可以从这个数中选择一段子串并删掉，两端再拼成一个新数，问所有可能的新数的和\(\mod 10^9+7\)

\(\texttt{Data Range:}\)

\(|a| <= 10^5\)

变量声明

\(a = a_1a_2a_3\dots a_n\)

\(n\) ： \(|a|\)

思路

\(|a| <= 10^5\)

看一下范围，暴力是不可能的了

那就要分别考虑每个数位对答案的贡献。

假设当前数位为第 \(k\) 位，

那么删去的串一定在第 \(k\) 位前或者后面。

在第 k 位前

产生的新数中，\(a_k\) 后面一定有 \(n-k\) 位，对答案的贡献为 \(10^{n-k} * a_k\)

这种数有 \(\dbinom{k}{2}\) 个

总贡献为 \(\dbinom {k}{2} * 10^{n-k} * a_k\)

在第 k 位后

产生的新数中，\(a_k\) 后面的位数与在后面删去的个数有关．

若在后面删去 \(x(x \leq n-k)\) 位， 这种数对答案的贡献为 \(10^{n-k-x} * a_k\) ，

共有 \(n-k-x+1\) 种。

\(\therefore\) 对答案的贡献为 \(10^{n-k-x} * a_k *(n-k-x+1)\)

这种情况总的对答案贡献为

\(\sum\limits_{x=1}^{n-k} 10^{n-k-x} * a_k *(n-k-x+1)\)

直接这么算，肯定要超时了，我们注意到：

\(10^{n-k-x}\)

\(n-k-x+1\)

也就是说，对于每项，都可以表示为 \(10^t * (t+1) * a_k\) 。

而只有 \(a_k\) 是不确定的，

因此，我们维护一个数组，只记录各项 \(a_k\) 的和，到时候再乘上 \(10^{n-k-x} *(n-k-x+1)\) 就可以了。

又因为 \(x \in [1,n-k]\) ,每次处理 \(a_k\) 都是一次区间加，而最后计算结果时是一位一位的求值，维护一个差分数组就行了。

代码

头文件、快读等自由脑补

#define ll long long

using namespace std;

const int MAXN = 1e5+10;
const int mod = 1e9+7;

int n = 0;
ll a[MAXN],c[MAXN],p10[MAXN],ans = 0;

int main (){
    while(scanf("%1lld",&a[n+1]) == 1) n++;
    p10[0] = 1;
    for(int i = 1;i <= n;i++) p10[i] = p10[i-1] * 10 % mod;
    //p10[i] 10^i
    for(ll i = 1;i <= n;i++){
		ans += (i*(i-1)/2)%mod * p10[n-i] %mod* a[i]%mod;
		if(ans >= mod) ans %= mod;
        //在第i位前
		c[n-i+1] = (c[n-i+1]-a[i])%mod;
		c[1] = (c[1]+a[i])%mod;
        //根据推导，对数组进行区间加（实际上是对差分数组修改）
    }
    ll te = 0;
    for(int i = 1;i <= n;i++){
		te = (te+c[i])%mod; //还原数组
		ans = (ans + te * p10[i-1] % mod * i%mod)%mod; //计算第二部分答案
    }
    printf("%lld",ans%mod);
    return 0;
}