題意

給你一個數 \(a\)(長度為 \(|a|\) ) ,你可以從這個數中選擇一段子串並刪掉，兩端再拼成一個新數，問所有可能的新數的和\(\mod 10^9+7\)

\(\texttt{Data Range:}\)

\(|a| <= 10^5\)

變數宣告

\(a = a_1a_2a_3\dots a_n\)

\(n\) ： \(|a|\)

思路

\(|a| <= 10^5\)

看一下範圍，暴力是不可能的了

那就要分別考慮每個數位對答案的貢獻。

假設當前數位為第 \(k\) 位，

那麼刪去的串一定在第 \(k\) 位前或者後面。

在第 k 位前

產生的新數中，\(a_k\) 後面一定有 \(n-k\)

這種數有 \(\dbinom{k}{2}\) 個

總貢獻為 \(\dbinom {k}{2} * 10^{n-k} * a_k\)

在第 k 位後

產生的新數中，\(a_k\) 後面的位數與在後面刪去的個數有關．

若在後面刪去 \(x(x \leq n-k)\) 位， 這種數對答案的貢獻為 \(10^{n-k-x} * a_k\) ，

共有 \(n-k-x+1\) 種。

\(\therefore\) 對答案的貢獻為 \(10^{n-k-x} * a_k *(n-k-x+1)\)

這種情況總的對答案貢獻為

\(\sum\limits_{x=1}^{n-k} 10^{n-k-x} * a_k *(n-k-x+1)\)

直接這麼算，肯定要超時了，我們注意到：

\(10^{n-k-x}\)

\(n-k-x+1\)

也就是說，對於每項，都可以表示為 \(10^t * (t+1) * a_k\) 。

而只有 \(a_k\) 是不確定的，

因此，我們維護一個數組，只記錄各項 \(a_k\) 的和，到時候再乘上 \(10^{n-k-x} *(n-k-x+1)\) 就可以了。

又因為 \(x \in [1,n-k]\) ,每次處理 \(a_k\) 都是一次區間加，而最後計算結果時是一位一位的求值，維護一個差分陣列就行了。

程式碼

標頭檔案、快讀等自由腦補

#define ll long long

using namespace std;

const int MAXN = 1e5+10;
const int mod = 1e9+7;

int n = 0;
ll a[MAXN],c[MAXN],p10[MAXN],ans = 0;

int main (){
    while(scanf("%1lld",&a[n+1]) == 1) n++;
    p10[0] = 1;
    for(int i = 1;i <= n;i++) p10[i] = p10[i-1] * 10 % mod;
    //p10[i] 10^i
    for(ll i = 1;i <= n;i++){
		ans += (i*(i-1)/2)%mod * p10[n-i] %mod* a[i]%mod;
		if(ans >= mod) ans %= mod;
        //在第i位前
		c[n-i+1] = (c[n-i+1]-a[i])%mod;
		c[1] = (c[1]+a[i])%mod;
        //根據推導，對陣列進行區間加（實際上是對差分陣列修改）
    }
    ll te = 0;
    for(int i = 1;i <= n;i++){
		te = (te+c[i])%mod; //還原陣列
		ans = (ans + te * p10[i-1] % mod * i%mod)%mod; //計算第二部分答案
    }
    printf("%lld",ans%mod);
    return 0;
}