CF520E Pluses everywhere
枫林晚
2018-04-18 22:46:43
题目大意
给定一个 n 位的十进制数，可以在数字之间加 k 个' + '，得到一个式子，求每种方案的这个式子的和
分析：
容易想到将式子的和转化为每个数字的贡献值之和。
设数组a为：a(n-1),a(n-2),...,a(0);
对于每一个位置，我们可以以其右面第一个放加号的位置为界，确定它的数位和贡献值。
对于a(k),循环0~k-1；再加上k的贡献值。
发现贡献值可以预处理。
f[y]表示i=0~y循环，10^i x C(n-i-2,m-1)的值。
附代码：
```cpp
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e5+10;
const int mod=1e9+7;
ll a[N],b[N];
int n,m;
char c;
ll fac[N],ifac[N];
ll f[N];
ll qm(int x,int y)
{
ll base=x%mod;
ll ans=1;
while(y)
{
if(y&1) ans=(ans*base)%mod;
base=(base*base)%mod;
y>>=1;
}
return ans%mod;
}
ll zu(int x,int y)
{
if(x<0||x<y||y<0) return 0;
ll ret=fac[x]*ifac[y]%mod*ifac[x-y]%mod;
return ret%mod;
}
ll ans=0;
signed main()
{
scanf("%lld%lld",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>c;
a[n-i]=c-'0';
}
fac[0]=1;
ifac[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
fac[i]=(fac[i-1]*i)%mod;
ifac[n]=qm(fac[n],mod-2)%mod;
for(int i=n-1;i>=1;i--)
ifac[i]=(ifac[i+1]*(i+1))%mod;
f[0]=zu(n-2,m-1);
for(int i=1;i<=n;i++)
f[i]=(f[i-1]+qm(10,i)*zu(n-i-2,m-1)%mod)%mod;
for(int i=0;i<=n-1;i++)
if(i) ans=(ans+a[i]*f[i-1]%mod+a[i]*qm(10,i)%mod*zu(n-i-1,m)%mod)%mod;
else ans=(ans+a[i]*zu(n-1,m)%mod)%mod;
printf("%lld",ans%mod);
return 0;
}
```