题目描述
The only difference between the easy and the hard versions is the maximum value of k.
You are given an infinite sequence of form "112123123412345……" which consist of blocks of all consecutive positive integers written one after another. The first block consists of all numbers from 1 to 1, the second one — from 1 to 2, the third one — from 1 to 3, ……, the i-th block consists of all numbers from 1 to i.
So the first 56 elements of the sequence are "11212312341234512345612345671234567812345678912345678910". Elements of the sequence are numbered from one. For example, the 1-st element of the sequence is 1, the 3-rd element of the sequence is 2, the 20-th element of the sequence is 5, the 38-th element is 2, the 56-th element of the sequence is 0.
Your task is to answer q independent queries. In the i-th query you are given one integer ki. Calculate the digit at the position ki of the sequence
输入格式
The first line of the input contains one integer q (1≤q≤500) — the number of queries.
The i-th of the following q lines contains one integer ki(1≤ki≤1018) — the description of the corresponding query.
输出格式
Print q lines. In the i-th line print one digit xi (0≤xi≤9) — the answer to the query i, i.e. xi should be equal to the element at the position ki of the sequence.
样例
Input
5 1 3 20 38 56Output
1 2 5 2 0
Input
4 2132 506 999999999999999999 1000000000000000000Output
8 2 4 1
提示
Answers on queries from the first example are described in the problem statement.
分析
一句话题意：有一个无限长的数字序列，其组成为1 1 2 1 2 3 1.......1 2 ... n...，即重复的1~1,1~2....1~n，给你一个k，求第k(k<=1e18)个数字是什么
这道题数据范围很大，所以直接枚举是不可行的
我们来分析一下这个数列的性质
因为每个数列都是由重复的1~1,1~2....1~n组成的，所以我们先只看1~n这个数字序列
因为不同位数的数加到序列的后面对序列长度的影响不同
所以我们按一位数、两位数、三位数……n位数来讨论
（要注意的是0不是一位数，因为最高位上的数字不能为零）
当n为一位数时，序列1~1的长度为1
序列1~2的长度为2
序列1~3的长度为3
序列1~4的长度为4
因此1~n的长度为n
我们发现这是一个首项为1，公差为1的等差数列
当n为两位数时，序列1~10的长度为11
序列1~11的长度为13
序列1~n的长度为11+（n-10）$ imes$2
我们发现这是一个首项为11，公差为2的等差数列
同样，当n为三位数时，序列的长度是一个首项为192，公差为3的等差数列
依次类推，对于任何位数的数，我们都能把它们写成等差数列的形式
因此我们可以对每一位数的首项进行初始化（公差就是位数）
now[1]=1;
now[2]=9+2;
now[3]=9+90*2+3;
now[4]=9+90*2+900*3+4;
now[5]=9+90*2+900*3+9000*4+5;
now[6]=9+90*2+900*3+9000*4+90000*5+6;
now[7]=9+90*2+900*3+9000*4+90000*5+900000*6+7;
now[8]=9+90*2+900*3+9000*4+90000*5+900000*6+9000000*7+8;
now[9]=9+90*2+900*3+9000*4+90000*5+900000*6+9000000*7+90000000*8+9;
now[i]存储的是位数为i时等差数列的首项，最少要预处理到9位
（我感觉这样写比较容易看出规律）
但问题是，题目中是把很多上述序列拼接在一起形成的
所以我们还要将等差数列进行求和
但问题是，每一位数所在的等差数列都不相同
我们在读入时要特判一下当前长度所枚举到的最高位数
ll cnt=9;
for(int i=1;i<=9;i++){
a[i]=now[i]*cnt+(cnt-1)*(cnt)/2*i;
cnt*=10;
a[i]+=a[i-1];
}
cnt记录的是当前位上最多有多少数字
比如枚举到一位数的话，cnt为9，因为有9个一位数
枚举到两位数的话，cnt为90，因为有90个两位数
我们每一次用等差数列求和公式求出a[i]为刚好枚举完第i位数序列的长度
这样，我们在读入时就可以判断序列枚举到了第几位数
我们在求出枚举到第几位数时，用读入的数减去刚好枚举完上一位数序列的长度
这样方便我们之后的数列求和
因为如果有不同数位的数的话，求和不好求
我们来举一个例子：58
它要比a[1]=45大，比a[2]=9045小，所以它肯定枚举到两位数
我们用58-45=13，求出它枚举到两位数序列的长度
接下来只要我们求出它是前几项和，就能知道它枚举到了第几个两位数
我们一个个去枚举是不可行的，因为等差数列的前n项和具有单调性所以我们要用二分
二分函数返回的是上一个已经枚举完的数
ll solve(ll a1,ll d,ll aa){
ll l=1,r=9,mids;
for(ll i=1;i<d;i++){
r*=10;
}
while(l<=r){
mids=(l+r)/2;
if(ass(mids,d,a1)==aa){
return mids-1;
}
else if(ass(mids,d,a1)<aa) l=mids+1;
else r=mids-1;
}
if(l>r) swap(l,r);
if(ass(r,d,a1)<aa) return r;
else return l;
}
ass函数是求等差数列前n项和的函数
ll ass(ll n,ll d,ll a1){
return n*a1+(n-1)*n/2*d;
}
这样，我们就可以求出该数是第几项和了
还用刚才我们举的例子，我们把13传到二分函数里
(1 imes11+frac{1 imes(1-1) imes2}{2})=11<13
(2 imes11+frac{2 imes(2-1) imes2}{2})=24>13
所以我们返回1，也就是说以11结尾的序列已经枚举完，我们下面要枚举的是12
我们用13-11得到2
也就是说，以12结尾的序列我们枚举了两位
这时候我们就可以输出2
但是还有一个问题就是，有可能你当前要枚举的数很大，比如7位数甚至8位数
这时候我们就要用一个循环判断该序列的最后一位数是几位数
ll jl=0,bb=9,cc=1;
while(aa>=bb*cc){
jl++;
aa-=(bb*cc);
bb*=10,cc++;
}
jl++;
最后，我们就会得到两个值，该序列枚举到了几位数，该数位所占的长度是多少
刚才的例子剩余2，显然循环结束该序列枚举到了一位数，一位数所占的长度是2
所以我们就输出2
要注意的是长度能否整除位数要分类讨论
代码
细节比较多，大家自己写才能提高代码能力
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
using namespace std;
const int maxn=16;
typedef long long ll;
ll a[maxn],now[maxn];
ll ass(ll n,ll d,ll a1){
return n*a1+(n-1)*n/2*d;
}
ll solve(ll a1,ll d,ll aa){
ll l=1,r=9,mids;
for(ll i=1;i<d;i++) r*=10;
while(l<=r){
mids=(l+r)/2;
if(ass(mids,d,a1)==aa) return mids-1;
else if(ass(mids,d,a1)<aa) l=mids+1;
else r=mids-1;
}
if(l>r) swap(l,r);
if(ass(r,d,a1)<aa) return r;
else return l;
}
int main(){
ll t;
scanf("%lld",&t);
now[1]=1;
now[2]=9+2;
now[3]=9+90*2+3;
now[4]=9+90*2+900*3+4;
now[5]=9+90*2+900*3+9000*4+5;
now[6]=9+90*2+900*3+9000*4+90000*5+6;
now[7]=9+90*2+900*3+9000*4+90000*5+900000*6+7;
now[8]=9+90*2+900*3+9000*4+90000*5+900000*6+9000000*7+8;
now[9]=9+90*2+900*3+9000*4+90000*5+900000*6+9000000*7+90000000*8+9;
ll cnt=9;
for(int i=1;i<=9;i++){
a[i]=now[i]*cnt+(cnt-1)*(cnt)/2*i;
cnt*=10;
a[i]+=a[i-1];
}
while(t--){
ll aa;
scanf("%lld",&aa);
ll ws;
for(ws=1;ws<=9;ws++) if(a[ws]>=aa) break;
aa-=a[ws-1];
ll noww=solve(now[ws],ws,aa);
ll beff=ass(noww,ws,now[ws]);
aa-=beff;
ll jl=0,bb=9,cc=1;
while(aa>=bb*cc){
jl++;
aa-=(bb*cc);
bb*=10,cc++;
}
jl++;
if(aa%jl==0){
aa/=jl;
ll ee=1;
for(ll i=1;i<jl;i++) ee*=10;
aa=ee+aa-1;
printf("%lld
",aa%10);
} else {
ll ff=aa-aa/jl*jl;
aa/=jl;
ll ee=1;
for(ll i=1;i<jl;i++) ee*=10;
aa=ee+aa;
ll Num[maxn],Ncnt=0;
while(aa){
Num[++Ncnt]=aa%10;
aa/=10;
}
printf("%lld
",Num[Ncnt-ff+1]);
}
}
return 0;
}