题目链接：
http://acm.csu.edu.cn/OnlineJudge/problem.php?id=1810
题目大意：
一个长度为N的十进制数，R(i,j)表示将第i位到第j位翻转过来后的数字，求
mod 109+7
题目思路：
【数学】
这题换一种思路，看每个数字能够对答案的贡献情况。(可以手推01，10，001，010，100.....，也可以像我一样写个暴力打个10以内的表看看规律)
现在先考虑位置为i的数字为1的情况(最后乘上这个数字就行)。可以发现贡献是对称的(第i位的1和第(n-i+1)的1其实换到其他位置上的次数是一样的，所以只用考虑i<=n/2的情况)
第i位的1留在i位的情况有三种，i左边的区间交换，i右边的区间交换，以i为中心的区间交换。这些交换次数都可以通过O(1)得到。
而i能交换到其他位置的答案也很好推，交换到第一位只有区间[1,i]，交换到第二位有区间[1,i+1],[2,i]，第三位.....
可以发现交换到前i个的次数是1,2,...i-1,i,i,...,i,i,i-1,...,2,1(后一半和前一半是对称的)(从1到i，i持平，从i回到1)
而前面和后面的递增序列对最终答案的影响可以通过预处理计算出(后面是：1+2*10+3*100...前面类似，记得带上10的幂次)，而中间的持平也可以通过前缀和求出(10的幂次区间和*i)
所以这题就可以做了。枚举每一位i，将它对答案的贡献按照上面的累加起来。
1 // 2 //by coolxxx 3 //#include<bits/stdc++.h> 4 #include<iostream> 5 #include<algorithm> 6 #include<string> 7 #include<iomanip> 8 #include<map> 9 #include<stack> 10 #include<queue> 11 #include<set> 12 #include<bitset> 13 #include<memory.h> 14 #include<time.h> 15 #include<stdio.h> 16 #include<stdlib.h> 17 #include<string.h> 18 //#include<stdbool.h> 19 #include<math.h> 20 #define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b)) 21 #define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b)) 22 #define abs(a) ((a)>0?(a):(-(a))) 23 #define lowbit(a) (a&(-a)) 24 #define sqr(a) ((a)*(a)) 25 #define swap(a,b) ((a)^=(b),(b)^=(a),(a)^=(b)) 26 #define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) 27 #define eps (1e-8) 28 #define J 10000 29 #define mod 1000000007 30 #define MAX 0x7f7f7f7f 31 #define PI 3.14159265358979323 32 #define N 100004 33 using namespace std; 34 typedef long long LL; 35 int cas,cass; 36 int n,m,lll,ans; 37 LL aans; 38 LL e[N],sum[N],l[N],r[N]; 39 LL a; 40 char s[N]; 41 int main() 42 { 43 #ifndef ONLINE_JUDGE 44 // freopen("1.txt","r",stdin); 45 // freopen("2.txt","w",stdout); 46 #endif 47 int i,j,k; 48 LL x,y; 49 // for(scanf("%d",&cass);cass;cass--) 50 // for(scanf("%d",&cas),cass=1;cass<=cas;cass++) 51 // while(~scanf("%s",s)) 52 while(~scanf("%d",&n)) 53 { 54 aans=0; 55 scanf("%s",s); 56 n=strlen(s); 57 e[n]=1;e[n+1]=0; 58 for(i=n-1;i;i--)e[i]=(e[i+1]*10)%mod; 59 r[n]=1;r[n+1]=0; 60 for(i=n-1;i+i>=n;i--)r[i]=(r[i+1]+e[i]*(n-i+1))%mod; 61 l[1]=e[1];l[0]=0; 62 for(i=2;i+i<=n+2;i++)l[i]=(l[i-1]+e[i]*i)%mod; 63 sum[1]=e[1]; 64 for(i=2;i<=n;i++)sum[i]=sum[i-1]+e[i]; 65 66 for(i=1;i<=n;i++) 67 { 68 a=s[i-1]-'0'; 69 if(a==0)continue; 70 x=i;y=n-i+1; 71 if(x>y)swap(x,y); 72 aans=(aans+a*l[min(x,y)-1])%mod; 73 aans=(aans+a*r[max(x,y)+1])%mod; 74 aans=(aans+(a*x*(sum[y]-sum[x-1]))%mod)%mod; 75 aans=(aans+(e[i]*a)%mod*(x*(x-1)/2+y*(y-1)/2)%mod)%mod; 76 } 77 printf("%lld ",aans); 78 } 79 return 0; 80 } 81 /* 82 // 83 84 // 85 */