【HDU7060】Separated Number

题目

题目链接：https://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=7060
给定一个 \(n\) 位数 \(x\)，定义把这个数划分成若干段的代价为每一段的数字之和。求把 \(x\) 分成不超过 \(k\) 段的所有方案的代价之和。
\(k\leq n\leq 10^6\)，\(Q\leq 5\)。

思路

下文中一个数的第 \(i\) 位表示从低位到高位的第 \(i\) 个数字。
分别考虑每一个数字的贡献是不现实的。那么考虑最后的划分中，作为第 \(i\) 位出现的数字的贡献。
因为 \(x\) 的第 \(i\) 位无论怎么划分一定会被算进来，所以我们单独拿出来考虑。剩余可能作为第 \(i\) 为出现的数就只有第 \(i+1\sim n\) 位的数。
如果 \(x\) 的第 \(j(i<j\leq n)\) 位在划分中作为第 \(i\) 位出现了，那么第 \(j-i+1\) 位和最后一位后面必须划分一次，且第 \(j-i+2\sim j\) 位后面都不能划分。那么相当于剩余的 \(n-i-1\) 位中可以随意划分不超过 \(k-2\) 次。
记 \(s_i\) 表示 \(x\) 第 \(i\sim n\) 位的和，那么作为第 \(i\) 为出现的数字的贡献为（不计算 \(x\) 的第 \(i\) 位的贡献）

\[s_{i+1}\times 10^{i-1}\left(\sum^{k-2}_{j=0}\binom{n-i-1}{j}\right) \]

再考虑 \(x\) 的第 \(i\) 位作为划分出来的数的第 \(i\) 位的贡献。因为第 \(n\) 位后面必须划分，所以相当于在剩余 \(n-i\) 位中可以随意划分不超过 \(k-1\) 次。贡献为

\[a_{i}\times 10^{i-1}\left(\sum^{k-1}_{j=0}\binom{n-i}{j}\right) \]

两个部分加起来就好了。
但是这样时间复杂度是 \(O(Qnk)\) 的。观察到组合数的前缀和上界都是固定的，也就是相当于每次需要快速求杨辉三角的某一行的前 \(k-2\)（或 \(k-1\)）个数字的和，对于 \(i\leq k-2\) 的部分就是 \(2^i\)，否则可以递推求。
时间复杂度 \(O(Qn)\)。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int N=1000010,MOD=998244353;
int Q,n,k;
char s[N];
ll a[N],pw[N],pw2[N],fac[N],inv[N];

ll fpow(ll x,ll k)
{
	ll ans=1;
	for (;k;k>>=1,x=x*x%MOD)
		if (k&1) ans=ans*x%MOD;
	return ans; 
}

ll C(int n,int m)
{
	if (n<m) return 0;
	return fac[n]*inv[m]%MOD*inv[n-m]%MOD;
}

int main()
{
	fac[0]=inv[0]=pw[0]=pw2[0]=1;
	for (int i=1;i<N;i++)
	{
		fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;
		pw[i]=pw[i-1]*10LL%MOD;
		pw2[i]=pw2[i-1]*2LL%MOD;
	}
	inv[N-1]=fpow(fac[N-1],MOD-2);
	for (int i=N-2;i>=1;i--)
		inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%MOD;
	scanf("%d",&Q);
	while (Q--)
	{
		scanf("%d%s",&k,s+1);
		n=strlen(s+1);
		for (int i=1;i<=n;i++)
			a[i]=(a[i-1]+s[i]-48)%MOD;
		if (k==1)
		{
			ll sum=0;
			for (int i=1;i<=n;i++)
				sum=(10LL*sum+s[i]-48)%MOD;
			cout<<sum<<"\n";
			continue;
		}
		ll ans=0,sum=pw2[k-2];
		for (int i=n-1;i>=1;i--)
			if (n-i-1<=k-2)
				ans=(ans+1LL*a[n-i]*pw[i-1]%MOD*pw2[n-i-1])%MOD;
			else
			{
				sum=(sum*2LL-C(n-i-2,k-2))%MOD;
				ans=(ans+1LL*a[n-i]*pw[i-1]%MOD*sum)%MOD;	
			}
		sum=pw2[k-1];
		for (int i=n;i>=1;i--)
			if (n-i<=k-1)
				ans=(ans+1LL*(a[n-i+1]-a[n-i])*pw[i-1]%MOD*pw2[n-i])%MOD;
			else
			{
				sum=(sum*2LL-C(n-i-1,k-1))%MOD;
				ans=(ans+1LL*(a[n-i+1]-a[n-i])*pw[i-1]%MOD*sum)%MOD;
			}
		cout<<(ans%MOD+MOD)%MOD<<"\n";
	}
	return 0;
}