[51Nod1528][Codeforces520E]加号分配-组合数学

加号分配

Description

现在要给一个长度为n数字串上面加上恰好k个加号，把所有可能的算术结果相加起来。
加号加到数字串中间之后要形成正确的算术表达式。规则是：没有两个加号连在一起，两个加号之间至少要有一位数字，加号不能加在开头，也不能加在结尾。比如数字串是10500，那么100500（加0个加号），1+00+500 或者 10050+0 这些放置的加号都是合法的，而100++500, +1+0+0+5+0+0 和100500+都是非法的。
结果比较大，对 109+7 取余输出即可。

样例解释：

在第一个例子中 (1+08)+(10+8)=27。
在第二个例子中 1+0+8=9。

Input

单组测试数据。
第一行有两个整数n 和k (0≤k < n≤10^5)。
第二行包含n位数字。

Output

输出结果占一行。

Input示例

样例输入1
3 1
108
样例输入2
3 2
108

Output示例

样例输出1
27
样例输出1
9

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思路很巧妙的一道题，学习一个~
CF好题特多(虽然坑题同样特多)

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思路:
首先，大家肯定都能想出来一个超时的DP:
令$f[i][k]$表示只考虑$i-n$时用了$k$个的答案，$val[i][j]$为$i$到$j$形成的数之和，那么
$f[i][k]=\sum_{i<j} val[i][j]+f[j][k-1]$

然而从那个角度想就会想不出正解来……

正确的姿势:
考虑每一位上的数字在每一种情况下的贡献。

假如这个数是$a_i$，那么它的贡献如下:
$\sum_{j=0}^{n-i-1} a_i*10^j*{n-j-2 \choose k-1}+a_i*10^{n-i}*{i-1 \choose k}$
注意当从i到末尾都是一个数时需要特判（式子的后半部分），因为这个数不需要一个加号以确定其地位~

考虑再套一层循环:
$\sum_{i=1}^n (\sum_{j=0}^{n-i-1} a_i*10^j*{n-j-2 \choose k-1}+a_i*10^{n-i}*{i-1 \choose k})$
显然后半部分是$O(n)$而前半部分是$O(n^2)$的。
发现组合数只跟$j$有关系。
那么考虑对于每个$10^j$的贡献，即有哪些$a_i$会与这个$10^j$相乘:
$\sum_{j=0}^{n-2} 10^j*{n-j-2 \choose k-1}*\sum_{i=1}^{n-j-1}a_i+\sum_{i=k+1}^n 10^{n-i}*a_i*{i-1 \choose k}$
然后可以发现对$a$做一个前缀和优化便可以$O(n)$计算~

那就做完了~

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>

using namespace std;

typedef long long ll;

inline ll read()
{
    char ch=getchar();
    while(ch<'0' || '9'<ch)ch=getchar();
    return ch^48;
}

const ll N=1e5+9;
const ll md=1e9+7;

int n,k;
ll a[N],sum[N];
ll fac[N],inv[N],pows[N];

inline ll qpow(ll a,ll b)
{
    ll ret=1;
    while(b)
    {
        if(b&1)
            ret=ret*a%md;
        a=a*a%md;
        b>>=1;
    }
    return ret;
}

inline ll c(ll a,ll b)
{
    return fac[a]*inv[b]%md*inv[a-b]%md;
}

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&k);
    sum[0]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        sum[i]=(sum[i-1]+(a[i]=read()))%md;

    fac[0]=1;
    for(ll i=1;i<=n;i++)
        fac[i]=fac[i-1]*i%md;
    inv[n]=qpow(fac[n],md-2);
    for(ll i=n;i>=1;i--)
        inv[i-1]=inv[i]*i%md;
    pows[0]=1;
    for(ll i=1;i<=n;i++)
        pows[i]=pows[i-1]*10ll%md;

    ll ans=0;
    for(int j=0;j<=n-2 && j<=n-k+1;j++)
        (ans+=pows[j]*c(n-j-2,k-1)%md*sum[n-j-1]%md)%=md;
    for(int i=k+1;i<=n;i++)
        (ans+=pows[n-i]*c(i-1,k)%md*a[i]%md)%=md;

    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}