多校联测13 可

题目大意

有$k$个在$[0,x]$范围内的随机整数$a_1,a_2,\dots ,a_k$，设$f(x)$表示$x$的所有非零位的积，例如$f(0)=1,f(1145141919810)=1\times 1\times 4\times 5\times 1\times 4\times 1\times 9\times 1\times 9\times 8\times 1$。求$f(\sum _{i=1}^k{a}_i)$的期望值，输出答案乘$(x+1{)}^k$后的值。

$1\le x\le 10^{10^4},1\le k\le 20,x+1\not\equiv 0(\mathrm{mod}10^9+7)$

时间限制$6000ms$。

题解

题意即计算在所有情况下的$f(\sum _{i=1}^k{a}_i)$的总和。

考虑计算$\sum _{i=1}^k{a}_i=n$时的方案数$g(n)$。

$$g(n)=\sum _{i=0}^k(-1{)}^i\times (\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i})\times (\genfrac{}{}{0ex}{}{n-i(x+1)+k-1}{k-1})$$

这个式子是怎么得到的呢？运用容斥，钦定有$i$个数是$\ge x+1$的，乘上不同的分配位置$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i}\right)$。后面是插板法，将$n-i(x+1)$分为$k$个数，然后在对应的位置加上$x+1$，来保证钦定为$\ge x+1$的这些数分配到的值$\ge x+1$。

注意，当$n>kx$时，显然任意的$\sum _{i=1}^k{a}_i$都不等于$n$，所以此时$g(n)=0$。

得到了$g(n)$，我们就可以推答案了。答案为

$$\begin{array}{rl}\sum _{i=0}^{kx}f(i)g(i)& =\sum _{i=0}^{kx}f(i)\sum _{j=0}^k(-1{)}^j(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{j}\left)\right(\genfrac{}{}{0ex}{}{i-j(x+1)+k-1}{k-1})\\ & =\sum _{j=0}^k(-1{)}^j(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{j})\sum _{i=0}^{kx}f(i)\times \frac{[i-j(x+1)+k-1]!}{(k-1)![i-j(x+1)]!}\\ & =\frac{1}{(k-1)!}\sum _{j=0}^k(-1{)}^j(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{j})\sum _{i=0}^{kx}f(i)\times [i-j(x+1){]}^{\underline{k-1}}\\ & =\frac{1}{(k-1)!}\sum _{j=0}^k(-1{)}^j(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{j})\sum _{l=0}^{k-1}{v}_{j,l}\sum _{i=0}^{kx}f(i)i^l\end{array}$$

其中$[i-j(x+1){]}^{\underline{k-1}}$为下降幂，$n^{\underline{k}}=n(n-1)\cdots (n-k+1)$。最后一行的$v_{j,l}$表示$[i-j(x+1){]}^{\underline{k-1}}$中$i^l$的系数。，我们可以$O(k^3)$求出所有$v_{j,l}$。

那么，我们只需要求出$\sum _{i=0}^{t}f(i)i^l$，我们可以用数位$DP$来求。从大到小枚举当前这一位的取值，设当前是第$now$位，取值为$x$。设$d{p}_{now,j}=\sum _{i}f(i)i^j$，其中$i$满足$i$的后$now-1$位都为$0$。那么，

$$\begin{array}{rl}d{p}_{now,t}& =\sum _i\sum _{x}f(i+x\times 10^{now})\times (i+x\times 10^{now}{)}^t\\ & =\sum _i\sum _{x}f(i)\times f(x)\times \sum _{d=0}^t\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{t}{d}\right)i^d(x\times 10^{now}{)}^{t-d}\\ & =\sum _{d=0}^t\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{t}{d}\right)\times (\sum _{i}f(i)i^d)\times [\sum _{x}f(x)\times (x\times 10^{now}{)}^{t-d}]\\ & =\sum _{d=0}^t\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{t}{d}\right)d{p}_{now+1,d}\times [\sum _{x}f(x)\times (x\times 10^{now}{)}^{t-d}]\end{array}$$

这样，我们就可以用$d{p}_{now+1,d}$来求$d{p}_{now,t}$了。

观察$\sum _{i=0}^{kx}f(i)g(i)$这个式子，在上面得知$i>kx时$$g(i)=0$，所以增大$i$的上限并不会增加这个式子的结果。为了方便计算，我们将$i$的上限定为$10^{w+3}-1$（其中$w$为$x$的位数），显然$10^{w+3}-1\ge kx$。这样的话，每一位数都可以取$0$到$9$中的每一个数。

不过，还有一个问题。在上面得到下降幂的部分，当$i<j(x+1)$时，$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{i-j(x+1)+k-1}{k-1}\right)$应该等于$0$，但变为下降幂之后却变为负数。不过这个很好处理，只要将$i$的下限定为$j(x+1)$即可避免这种情况，而且不影响结果。

那么，就变为求$\sum _{i=j(x+1)}^{10^{w+3}-1}f(i)i^l$了。其实求法是类似的，只是要将$d{p}_{now,t}$拆成两个数组$f_{now,t}$和$g_{now,t}$，用$f_{now,t}$存当前已经枚举的数的各位都等于$j(x+1)$的各位，用$g_{now,t}$存当前已经枚举的数的各位都大于$j(x+1)$的各位，再进行$DP$，即可保证$i\ge j(x+1)$。转移式如下：

$$g_{now,t}=\sum _{d=0}^t\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{t}{d}\right)g_{now+1,d}\times [\sum _{x=0}^{9}f(x)\times (x\times 10^{now}{)}^{t-d}]+\sum _{d=0}^t(\genfrac{}{}{0ex}{}{t}{d})f_{now+1,d}\times [\sum _{x=A}^{9}f(x)\times (x\times 10^{now}{)}^{t-d}]$$

$$f_{now,t}=\sum _{d=0}^t\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{t}{d}\right)f_{now+1,d}\times [f(A)\times (A\times 10^{now}{)}^{t-d}]$$

其中$A$为$j(x+1)$的从后往前的第$now$位。

这些式子和上面的$d{p}_{now,t}$本质是一样的，只不过$f_{now,t}$的当前位只能填$A$。为了保证$g_{now,t}$中算贡献的$i$都大于$j(x+1)$，那分为两种情况：

• 若$i$之前的位都比$j(x+1)$大，则这一位无论是什么，$i$都比$j(x+1)$大，所以可以任意填
• 若$i$之前的位都等于$j(x+1)$，则这一位要填大于$A$的数，$i$才能比$j(x+1)$大，所以可以填$[A+1,9]$中的数

为了可以这样转移，$now$要从大到小枚举（也就是从$i$的高位到低位枚举），这就是为什么$now$要从大到小枚举的原因。

设$c_{i,j}=f(i)\times (i\times 10^{now}{)}^j,d_{i,j}=\sum _{t=i}^{9}f(i)\times (i\times 10^{now}{)}^j$，即$d_{i,j}$为$c_{i,j}$的后缀和，我们可以提前求出$c_{i,j}$和$d_{i,j}$，那么上面的$DP$式变为

$$g_{now,t}=\sum _{d=0}^t\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{t}{d}\right)g_{now+1,d}\times d_{0,t-d}+\sum _{d=0}^t\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{t}{d}\right)f_{now+1,d}\times d_{A+1,t-d}$$

$$f_{now,t}=\sum _{d=0}^t\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{t}{d}\right)f_{now+1,t}{c}_{A,t-d}$$

$d{p}_{now,t}$的值为两者相加，即$d{p}_{now,t}=f_{now,t}+g_{now,t}$。再按上面的式子推出$\sum _{i=j(x+1)}^{10^{w+3}-1}f(i)g(i)$，即可得到答案。

时间复杂度为$O(k^3\lg x)$。

code

#include
using namespace std;
const int N=100000;
const long long mod=1e9+7;
int len;
long long ans=0,k,num,a[N+5],b[N+5],w[15][25],sw[15][25];
long long jc[N+5],ny[N+5],tn[N+5],F[25],G[25],C[25][25],h[25][25],f[N+5][25],g[N+5][25];
char ch[N+5];
long long mi(long long t,long long v){
	if(!v) return 1;
	long long re=mi(t,v/2);
	re=re*re%mod;
	if(v&1) re=re*t%mod;
	return re;
}
void init(){
	jc[0]=1;
	for(int i=1;i<=N;i++) jc[i]=jc[i-1]*i%mod;
	ny[N]=mi(jc[N],mod-2);
	for(int i=N-1;i>=0;i--) ny[i]=ny[i+1]*(i+1)%mod;
}
long long gt(){
	memset(f,0,sizeof(f));
	memset(g,0,sizeof(g));
	f[len+1][0]=1;
	num=0;
	for(int now=len,A;now>=0;now--){
		A=b[now];
		for(int i=9;i>=0;i--){
			long long tmp=i*tn[now]%mod;
			w[i][0]=sw[i][0]=max(i,1);
			sw[i][0]=(sw[i][0]+sw[i+1][0])%mod;
			for(int j=1;j<=k-1;j++){
				w[i][j]=sw[i][j]=w[i][j-1]*tmp%mod;
				sw[i][j]=(sw[i][j]+sw[i+1][j])%mod;
			}
		}
		for(int i=0;i<k;i++){
			for(int j=0;j<=i;j++){
				F[j]=f[now+1][j]*C[i][j]%mod;
				G[j]=g[now+1][j]*C[i][j]%mod;
			}
			for(int j=0;j<=i;j++){
				g[now][i]=(g[now][i]+G[j]*sw[0][i-j]+F[j]*sw[A+1][i-j])%mod;
				f[now][i]=(f[now][i]+F[j]*w[A][i-j])%mod;
			}
		}
		num=(num+A*tn[now])%mod;
	}
	h[0][0]=1;
	for(int i=1;i<k;i++){
		for(int j=0;j<k;j++){
			h[i][j]=(h[i-1][j]*(i-num)+h[i-1][j-1])%mod;
		}
	}
	long long re=0;
	for(int i=0;i<k;i++){
		re=(re+h[k-1][i]*(f[0][i]+g[0][i]))%mod;
	}
	return re;
}
int main()
{
	init();
	scanf("%lld",&k);
	scanf("%s",ch);
	len=strlen(ch);
	for(int i=0;i<len;i++) a[i]=ch[len-i-1]-'0';
	++a[0];len+=2;
	for(int i=0;i<=len;i++){
		if(a[i]>=10){
			a[i+1]+=a[i]/10;
			a[i]%=10;
		}
	}
	tn[0]=1;
	for(int i=1;i<=len;i++) tn[i]=tn[i-1]*10%mod;
	for(int i=0;i<=k;i++){
		C[i][0]=C[i][i]=1;
		for(int j=1;j<i;j++) C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mod;
	}
	long long tmp=1;
	for(int i=0;i<=k;i++,tmp*=-1){
		ans=(ans+tmp*C[k][i]*gt())%mod;
		for(int j=0;j<=len;j++){
			b[j]+=a[j];
			if(b[j]>=10){
				b[j+1]+=b[j]/10;
				b[j]%=10;
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<k;i++) ans=ans*mi(i,mod-2)%mod;
	ans=(ans+mod)%mod;
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}