代码先放着，明天补思路
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pow有毒，pow有毒，pow有毒。重要的事情说三遍；
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题意：有一串n个号码，可以分成k个部分，分别输入两行，ai和bi。
对于一个长的为n，每个部分为n/k的数列，每个部分上可以是ai的倍数（也可以是0），但首数字不能等于对应位置上bi的值，并且ai的倍数必须小于1e+k；
问有多少只组合的方式。
因为英语比较渣，题目就看了老半天。刚开始写的是一发模拟，快写完的时候忽然意识到肯定会TE，所以删了重新写；
首先把每个部分拆开想，每次只看n/k,因为每个部分最多是k，所以至多能放下 1e+k-1 这么大的数，在每个部分至多能放下这么多个对应的ai：（1e+k-1）/ai；
然后减去首字母含有bi的 （bi+1）*（1e+（k-1））- bi*(1e+(k-1))；然后每个部分的组合方式个数相乘既是最后所求。
***因为k属于1...9；所以可以直接暴力求1e+k就行，不要用pow！不要用pow！不要用pow！
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const ll modd=1000000007; ll a[100010],b[100010]; int n,k; int main() { while(scanf("%d%d",&n,&k)!=EOF) { for(int i=1; i<=n/k; i++) scanf("%I64d",&a[i]); for(int i=1; i<=n/k; i++) scanf("%I64d",&b[i]); //cnt记录每个部分的组合方式个数， //sum记录进行到当前位置的时候产生的总共的组合方式 ll cnt,sum=1;int uu=1; for(int i=0;i<k;i++) { uu*=10; } for(int i=1; i<=n/k; i++) { cnt=(uu-1)/a[i]+1; //printf("%d ",cnt); //bi是否等于0这里是其实可以和在一起写的， if(b[i]!=0) { ll x=((uu/10)*(b[i]+1)-1)/a[i]; ll y=((uu/10)*b[i]-1)/a[i]; //printf("%d %d ",x,y); cnt=cnt-(x-y); } else { ll x=(uu/10-1)/a[i]; cnt=cnt-x-1; //printf("%d ",x); } //printf("%d ",cnt); sum=(sum*cnt)%modd; } printf("%d ",sum); } return 0; }