【CodeForces 520E】Pluses everywhere

题意

n个数里插入k个+号，所有式子的和是多少（取模1000000007） (0 ≤ k < n ≤ 105)。

分析

1.求答案，考虑每个数作为i位数（可为答案贡献10的i-1次方，个位i=1，十位i=2，...，最多n-k位）：

那么它及后面 共i个数 之间不能有加号。

且只有前n-i+1个数可以作为i位，如果是an-i+1作为i位，那么后面都不能有加号，k个加号在a1到an-i+1之间，所以有C(n-i,k)次贡献（这么说怪怪的→_←），就是几种情况。

a1 a2 a3 ... an-i+1 ... an

如果是a1、a2、...an-i作为i位，比如a1，那就是ai和ai+1之间用掉一个加号，其它加号ai+1的后面n-1-i个间隔里。

a1 a2 a3 ... ai + ai+1 ... an

再比如a2，剩下k-1个加号在ai+2的后面及a1和a2之间 n-1-i个间隔里。

a1 a2 a3 ... ai+1 + ai+2 ... an

所以他们都做了C(n-i-1,k-1)次贡献。

于是就有ans=∑（i=1到n-k）[(a1+a2+...an-i)*C(n-i-1,k-1)+an-i+1*C(n-i,k)]%M。

s[i]为前缀和，ans=∑（i=1到n-k）[s[n-i]*C(n-i-1,k-1)+an-i+1*C(n-i,k)]%M。

2.组合数取模

由费马小定理，当a和p互质时：ap-1≡1 mod p 可得 a*ap-2≡1 mod p，ap-2和a互为逆元。

a/b mod p=a*b-1 mod p 也就是求除数的逆元。

C(a,b)=a!/[b!*(a-b)!]

所以先求出所有1到n的阶乘，和它的逆。

代码

#include<cstdio>
#define M 1000000007
#define N 100005
#define ll long long

int n,k;
char d
;
ll s
,fac
,inv_fac
;
ll inv(ll a)
{
ll b=M-2;
ll ans=1;
while(b)
{
if(b&1) ans=ans*a%M;
a=a*a%M;
b>>=1;
}
return ans;
}
void init()
{
//初始化fac[i]i的阶乘,inv_fac[i] i的阶乘的逆元
fac[0]=1;
for(int i=1; i<=n; i++)
{
fac[i]=fac[i-1]*i;
if(fac[i]>=M) fac[i]%=M;
}
inv_fac
=inv(fac
);
for(int i=n-1;i>=0;i--){

//乘（i！的逆）==除以i！==除以（i+1）！再乘以（i+1）==乘（（i+1）！的逆）再乘以i+1
inv_fac[i]=inv_fac[i+1]*(i+1);
if(inv_fac[i]>=M) inv_fac[i]%=M;
}
}

ll C(ll a,ll b)
{
return fac[a]*inv_fac[b]%M *inv_fac[a-b]%M;
}
int main()
{
scanf("%d%d ",&n,&k);
for(int i=1; i<=n; i++)
{
scanf("%c",&d[i]);
s[i]=s[i-1]+(d[i]-'0');
}
init();
ll ans=0;
ll de=1;
for(ll i=1; n-i>=k; i++)
{
ans+=(d[n-i+1]-'0')*C(n-i,k)%M*de%M;
ans+=s[n-i]*C(n-i-1,k-1)%M*de%M;
de*=10;
if (de>=M) de%=M;
if (ans>=M) ans%=M;
}
printf("%I64d",ans);
return 0;
}