Codeforces Round 952 (Div. 4) G. D-Function 题解 数学 数论

D-Function

题目描述

Let $D(n)$ represent the sum of digits of $n$. For how many integers $n$ where $10^l\le n<10^r$ satisfy $D(k\cdot n)=k\cdot D(n)$? Output the answer modulo $10^9+7$.

输入描述

The first line contains an integer $t$ ($1\le t\le 10^4$) – the number of test cases.

Each test case contains three integers $l$, $r$, and $k$ ($0\le l<r\le 10^9$, $1\le k\le 10^9$).

输出描述

For each test case, output an integer, the answer, modulo $10^9+7$.

提示

For the first test case, the only values of $n$ that satisfy the condition are $1$ and $2$.

For the second test case, the only values of $n$ that satisfy the condition are $1$, $10$, and $11$.

For the third test case, all values of $n$ between $10$ inclusive and $100$ exclusive satisfy the condition.

题面翻译

令 $D(n)$ 代表 $n$ 各个数位上数字之和。求：有多少个 $n$ 满足 $10^l\le n<10^r$ 且 $D(k\cdot n)=k\cdot D(n)$？答案对 $10^9+7$ 取模。

样例 #1

样例输入 #1

6
0 1 4
0 2 7
1 2 1
1 2 3
582 74663 3
0 3 1

样例输出 #1

2
3
90
12
974995667
999

原题

Codeforces——传送门
洛谷——传送门

思路

对于 $D(k\cdot n)=k\cdot D(n)$，我们观察可以得到 左式一定小于等于右式。因为右式是对每一位数字都乘以 $k$ 再相加，左式对 $n$ 中每一位数字乘以 $k$ 后要先处理进位再相加，而每发生一次进位都会导致最后得到的和少了 $10$。所以如果要满足 $D(k\cdot n)=k\cdot D(n)$，则 $k$ 乘以每一位都不能 $\ge 10$，即对于 $n$ 中的任意一位数字 $x$，需满足 $x\ast k\le 9$。

因为 $x\ast k\le 9$，所以对于 $n$ 的每一位，若该位为最高位，则 $x$ 不能为 $0$，可满足的位数字有 $\frac{k}{9}$ 种；若该位不为最高位，则可满足的位数字有 $\frac{k}{9}+1$ 种。因此对于 $10^i\le n<10^{i+1}$，满足条件的 $n$ 的个数有 $\frac{k}{9}\ast (\frac{k}{9}+1{)}^i$ 个。那么答案就是 $\frac{k}{9}\ast (\frac{k}{9}+1{)}^{r-1}-\frac{k}{9}\ast (\frac{k}{9}+1{)}^{l-1}$，利用等比数列求和公式化简得 $(\frac{k}{9}+1{)}^r-(\frac{k}{9}+1{)}^l$。当然也可以不化简直接计算结果。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using i64 = long long;

const i64 mod = 1e9 + 7;
// 快速幂
i64 qpow(i64 a, i64 b, i64 c)
{
    i64 ans = 1;
    a %= c;
    while (b)
    {
        if (b & 1)
        {
            ans = (ans * a) % c;
        }
        a = (a * a) % c;
        b >>= 1;
    }
    return ans % c;
}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);

    int t;
    cin >> t;
    while (t--)
    {
        i64 l, r, k;
        cin >> l >> r >> k;
        i64 num = 9 / k + 1;
        cout << (qpow(num, r, mod) - qpow(num, l, mod) + mod) % mod << '\n';
    }

    return 0;
}