题目背景

$zjzj$和$xx$玩一个运气游戏，首先，在若干个卡片上各写一个正整数，然后，$zjzj$和$xx$各选一张卡片，不会让对方知道，不可以相同，再把这两个数拼在一起$($$zjzj$选的数放在前面，例如$2$和$5$拼成了$25$$)$，如果这个数是$k$的倍数，那么$zjzj$赢，否则，$xx$赢。

可是每次玩，总是$xx$赢的次数多，$zjzj$十分不服气，就给$xx$出了一道题。

$zjzj$突发奇想，写出了这么一个式子

$\sum _{i_1=1}^{n-m+1}\sum _{i_2=i_1+1}^{n-m+2}......\sum _{i_m=i_{m-1}+1}^n(a_{i_1}\times a_{i_2}\times ......\times a_{i_m})$

$n$即为卡片总数，$a_i$即为卡片上的数

题目描述

现在告诉你有$n$张卡片和模数$k$和$zjzj$式子中的$m$，以及第$i$张卡片写上了$a_i$这个数。

$zjzj$想知道，他一共有多少种可能会赢。

$xx$也想知道，$zjzj$出的题目的答案是多少

输入格式

共两行：

第一行两个整数$n,k,m$，表示卡片个数和模数和$zjzj$式子中的$m$，保证$k$不等于$0$

第二行$n$个整数，表示每一张卡片上写上的数$a_i$

输出格式

共两行：

第一行一个数，就是$zjzj$赢的可能数

第二行一个数，就是$zjzj$的式子的答案$\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}2147483648$

输入输出样例

输入 #1 复制

3 7 2
1 4 9

输出 #1 复制

3
49

输入 #2 复制

4 3 3
2 7 5 4

输出 #2 复制

8
306

输入 #3 复制

3 3 1
2 5 9

输出 #3 复制

0
16

说明/提示

对于$20\%$的数据:$1\le n\le 500,1\le m\le 3$

对于$100\%$的数据:$1\le n\le 1000000,1\le m\le 20$

$0\le a_i\le 2147483647,1\le k\le 100000$

思路

对于第一问

首先，暴力是一定会$T$的，因为还要算位数和$10$的幂。

那么，如果我们要看看$a_i$和$a_j$拼起来可不可以被$k$整除，就可以用这样的式子判断

$(a_i\times 10^{lo{g}_{10}(a_j)+1}+a_j)\%k=0$

把$a_j$的位数设为$len$，也就是式子中的$lo{g}_{10}(a_j)+1$

就成了$(a_i\times 10^{len}+a_j)\%k=0$

然后，因为两重枚举复杂度太高，那么，我们就考虑能不能两次一重的枚举，看一下当前的$a_i$可以和哪些数拼在一起被$k$整除

那么，就要在刚才的式子中分离出$a_i$和$a_j$

$(a_i\times 10^{len}+a_j)\%k=0$

$a_i\times 10^{len}\%k=-a_j\%k$

为了要上面的式子成立，则取模的结果应该转换为正的。

就是加上一个$k$再$\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}$一个$k$

即$a_i\times 10^{len}\%k=(k-a_j\%k)\%k$

这样，就分离出了$a_i$和$a_j$

但是，在一开始处理$a_i\times 10^{len}\%k$的时候，还要考虑到$len$，因为并不清楚$a_j$的位数，所以还要一边枚举$len$，算出$a_i\times 10^{len}\%k$，存到一个二维数组$f$中，第一维度是$a_i\times 10^{len}\%k$，第二维度是$len$

当我们第二遍枚举$a_j$的时候，就可以算出$len$，找一下有几个$a_i$满足$a_i\times 10^{len}\%k=(k-a_j\%k)\%k$，直接拿出$f_{(k-a_j\%k)\%k,len}$就是了。

不过，还要把自己和自己拼在一起的情况减掉。

最后说几句，这道题的数据会卡常数，所以，一开始先处理出来$10^x\%k$，枚举是直接用，这是一个很重要的优化。

时间复杂度$O(10n+10n=20n)$，一开始的$10$是枚举$len$，后面的$10$是算位数$(lo{g}_{10}2147483647=10)$

对于第二问

其实那个式子是用来唬人的。

真实的答案就是枚举$m$个$a_i$，把这些$a$乘起来，然后再把所有的积加在一起就是答案。

比如说a={2,4,5,3},m=2a=\{2,4,5,3\},m=2a={2,4,5,3},m=2

那么就要算这些

我们发现，再第一重枚举$i_1$的时候：

当$i_1=1$时，要算$2\times 4+2\times 5+2\times 3=2\times (4+5+3)$

当$i_1=2$时，要算$4\times 5+4\times 3=4\times (5+3)$

当$i_1=3$时，要算$5\times 3=4\times 3$

这样，不就是后缀和了吗。

先$O(n)$一遍处理后缀和，然后$O(n^{m-1})$次枚举前面的$m-1$个数乘以$su{m}_{i_{m-1}+1}$，这样，复杂度有明显的提高。

我们再开看看大一点的数据(有点丑别介意)

这样，我们就要两重枚举$i_1,i_2$

当$i_1=1$时，求得就是

$1\times 5\times su{m}_3+1\times 3\times su{m}_4+1\times 4\times su{m}_5=1\times (5\times su{m}_3+3\times su{m}_4+4\times su{m}_5)$

当$i_1=2$时，求得就是

$5\times 3\times su{m}_4+5\times 4\times su{m}_5=5\times (3\times su{m}_4+4\times su{m}_5)$

当$i_1=3$时，求得就是

$3\times 4\times su{m}_5=3\times 4\times su{m}_5$

我们发现，每一次$a_i$都要乘上一个$su{m}_{i+1}$，所以，就让$su{m}_i$变成$su{m}_{i+1}\times a_i$(因为$a_i$要乘以$su{m}_{i+1}$，而为了让$su{m}_i$直接等于它们的乘积，就要这么弄)，然后，刚才的东西就成了

当$i_1=1$时，求得就是

$1\times su{m}_3+1\times su{m}_4+1\times su{m}_5=1\times (su{m}_3+su{m}_4+su{m}_5)$

当$i_1=2$时，求得就是

$5\times su{m}_4+5\times su{m}_5=5\times (su{m}_4+su{m}_5)$

当$i_1=3$时，求得就是

$3\times su{m}_5=3\times su{m}_5$

这不又是后缀和吗？

所以，还要再处理一次后缀和。

这样，就降了两个维度，然后，不断降降降，就会剩下一个维度，直接$O(n)$枚举求出答案就可以了。

时间复杂度$O(nm)$

这是真正的快

自己模拟一边想清楚就会有更深的理解

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 1000001
#define ll long long
using namespace std;
int n,k,m;
int a[maxn],sum[maxn];
ll p[20];
int mylog(register int x){
	int t=0;
	while(x){
		x/=10;
		t++;
	}
	return t;
}
int f[100000][11];
inline void read(register int &x){
	x=0;register char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9')c=getchar();
	while(c>='0'&&c<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
}
int main(){
	read(n);read(k);read(m);
	register int len,i,j;
	for(i=1;i<=n;i++)
		read(a[i]);
	p[0]=1%k;
	for(i=1;i<=10;i++)
		p[i]=p[i-1]*10%k;
	for(i=1;i<=n;i++)
		for(j=1;j<=10;j++)
		     f[j][p[j]*a[i]%k]++;
	ll ans1=0;
	for(i=1;i<=n;i++){
	    len=mylog(a[i]);
		ans1+=f[len][(k-a[i]%k)%k];
		if((p[len]*a[i]%k+a[i]%k)%k==0)
			ans1--;
	}
	printf("%lld\n",ans1);
	if(m==1){
		int ans2=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)ans2+=a[i];
		if(ans2<0)ans2+=2147483648;
		printf("%d",ans2);
		return 0;
	}
    for(i=n;i>=1;i--)
		sum[i]+=sum[i+1]+a[i];
    for(j=1;j<=m-2;j++){//因为一开始有一个后缀和,最后留一个维度，所以要重复m-2次
    	for(i=1;i<=n;i++)
			sum[i]=sum[i+1]*a[i];//乘上一个
    	for(int i=n;i>=1;i--)
			sum[i]+=sum[i+1];//后缀和
	}
	int ans2=0;
    for(i=1;i<=n-m+1;i++)
		ans2+=a[i]*sum[i+1];
    if(ans2<0)ans2+=2147483648;printf("%d",ans2);
	return 0;
}

谢谢–zhengjun