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 $f(\sum\limits_{i=1}^ka_i)$ 的期望值，输出答案乘 $x+1)^k$ 后的值。

$1\leq x\leq 10^{10^4},1\leq k\leq 20,x+1\not\equiv0\pmod{10^9+7}$

时间限制 $6000 m s$ 。

题解

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

考虑计算 $\sum\limits_{i=1}^ka_i=n$ 时的方案数 $g (n)$ 。

$g(n)=\sum\limits_{i=0}^k(-1)^i\times \binom ki\times \binom{n-i(x+1)+k-1}{k-1}$

这个式子是怎么得到的呢？运用容斥，钦定有 $i$ 个数是 $\geq x+1$ 的，乘上不同的分配位置 $\binom ki$ 。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 $\geq x+1$ 的这些数分配到的值 $\geq x+1$ 。

注意，当 $n > k x$ 时，显然任意的 $\sum\limits_{i=1}^ka_i$ 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

$\begin{aligned} \sum\limits_{i=0}^{kx}f(i)g(i)&=\sum\limits_{i=0}^{kx}f(i)\sum\limits_{j=0}^k(-1)^j\binom kj\binom{i-j(x+1)+k-1}{k-1} \\ &=\sum\limits_{j=0}^k(-1)^j\binom kj\sum\limits_{i=0}^{kx}f(i)\times \dfrac{[i-j(x+1)+k-1]!}{(k-1)![i-j(x+1)]!} \\ &=\dfrac{1}{(k-1)!}\sum\limits_{j=0}^k(-1)^j\binom kj\sum\limits_{i=0}^{kx}f(i)\times [i-j(x+1)]^{\underline{k-1}} \\ &=\dfrac{1}{(k-1)!}\sum\limits_{j=0}^k(-1)^j\binom kj\sum\limits_{l=0}^{k-1}v_{j,l}\sum\limits_{i=0}^{kx}f(i)i^l \end{aligned}$

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 $\sum\limits_{i=0}^tf(i)i^l$ ，我们可以用数位 $D P$ 来求。从大到小枚举当前这一位的取值，设当前是第 $n o w$ 位，取值为 $x$ 。设 $dp_{now,j}=\sum\limits_i f(i)i^j$ ，其中 $i$ 满足 $i$ 的后 $n o w - 1$ 位都为 $0$ 。那么，

$\begin{aligned} dp_{now,t}&=\sum\limits_i\sum\limits_xf(i+x\times 10^{now})\times (i+x\times 10^{now})^t \\ &=\sum\limits_i\sum\limits_xf(i)\times f(x)\times \sum\limits_{d=0}^t\binom tdi^d(x\times 10^{now})^{t-d} \\ &=\sum\limits_{d=0}^t\binom td\times (\sum_if(i)i^d)\times [\sum_xf(x)\times (x\times 10^{now})^{t-d}] \\ &=\sum\limits_{d=0}^t\binom tddp_{now+1,d}\times [\sum_xf(x)\times (x\times 10^{now})^{t-d}] \end{aligned}$

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

观察 $\sum\limits_{i=0}^{kx}f(i)g(i)$ 这个式子，在上面得知 $i > k x 时$ $g (i) = 0$ ，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 $10^{w+3}-1\geq kx$ 。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， $\binom{i-j(x+1)+k-1}{k-1}$ 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 $\sum\limits_{i=j(x+1)}^{10^{w+3}-1}f(i)i^l$ 了。其实求法是类似的，只是要将 $dp_{now,t}$ 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 $D P$ ，即可保证 $i\geq j(x+1)$ 。转移式如下：

$g_{now,t}=\sum\limits_{d=0}^t\binom tdg_{now+1,d}\times [\sum_{x=0}^9f(x)\times (x\times 10^{now})^{t-d}]+\sum\limits_{d=0}^t\binom tdf_{now+1,d}\times [\sum_{x=A}^9f(x)\times (x\times 10^{now})^{t-d}]$

$f_{now,t}=\sum\limits_{d=0}^t\binom tdf_{now+1,d}\times [f(A)\times (A\times 10^{now})^{t-d}]$

其中 $A$ 为 $j (x + 1)$ 的从后往前的第 $n o w$ 位。

这些式子和上面的 $dp_{now,t}$ 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， $n o w$ 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 $n o w$ 要从大到小枚举的原因。

设 $c_{i,j}=f(i)\times (i\times 10^{now})^j,d_{i,j}=\sum\limits_{t=i}^9f(i)\times (i\times 10^{now})^j$ ，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 $D P$ 式变为

$g_{now,t}=\sum\limits_{d=0}^t\binom tdg_{now+1,d}\times d_{0,t-d}+\sum\limits_{d=0}^t\binom tdf_{now+1,d}\times d_{A+1,t-d}$

$f_{now,t}=\sum\limits_{d=0}^t\binom td f_{now+1,t}c_{A,t-d}$

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

时间复杂度为 $O(k^3\lg x)$ 。

code

#include<bits/stdc++.h>
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;
}