题目描述及输入输出约定：
比赛时的想法：
10^18的K，确实让人望尘莫及，但是总觉得二分或许能排上用场。
最初的想法是直接模拟，存储10^6个字符（打表），但是在使用itoa()函数时，我竟然认为数字0会被转换成0（字符串结束符），而不是‘0’，也没手动写转换函数，后来想想真不知道那时候在想什么。
放弃上述想法后，我又想用前缀和，用sum[i]表示，序列加到i时的总长度，用a[i]表示从12345...i有多长，然后在O(N)内枚举i，虽然到不了10^18，但是当时觉得还行
也就是这样预处理：
for(int now=1;now<=100000;now++)
{
//a[j]是从1加到j需要占多少位
a[now]=a[now-1]+(int)log10((double)now)+1;
sum[now]=sum[now-1]+a[now];
}
然后，对于输入的K，在sum数组中，二分求K的下界j（第一次大于等于K是sum[j]），那么多出来的就是K-sum[j-1]，假设KK=K-sum[j-1]；然后在a数组中，二分求KK的下界j，最后判断是j的第几位即可。
想法确实是这样，但是二分是我才接触的，很生，写了很长时间，边界细节一直不敢确定，结束时也没写完，最后交了一个30分的代码，遗憾离场。
没写完的版本：
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <string>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN=1e5+5;
ll a[MAXN],s[MAXN];
int main()
{
for(int now=1;now<=100000;now++)
{
//a[j]是从1加到j需要占多少位
a[now]=a[now-1]+(int)log10((double)now)+1;
s[now]=s[now-1]+a[now];
}
int Q; cin>>Q;
while(Q--)
{
//s是递增的,二分K在s中的位置
ll k; scanf("%lld",&k);
//求下界
int num=lower_bound(s+1,s+1+100000,k)-s; //加了从1到num的序列后,长度刚好超过k,超过k的部
int D=k-s[num-1]; //加了D个后才到k,下一步要找加到几长度能是D,从a中找
int numD=lower_bound(a+1,a+1+100000,D)-a; //加到numD长度是D或刚超过D
//找出是numD的哪一位数字
int D2=D-a[numD-1]; //实际上差几个
int WS=a[numD]-a[numD-1]; //numD有几位数 , 取NUMD的第D2位数即可,正数第D2位
int pp=WS-D2+1;
if(pp==0) pp=1;
int ans=(numD/(pp*10))%10;
cout<<ans<<endl;
}
}
用等差数列求和降低复杂度：
如果采用等差数列，则能以常数复杂度求出序列长度，就不必再像上面存储序列的长度，因为等差数列仅在确定的位数内成立，即从i位到第i+1位时，公差D会变化，所以预存每个边界的序列长度（加到不超过10位数，就超过了18次方）。以等差数列为基础，再二分即可。
具体的过程：求加到了第几位数i、求加到了哪个数certainValue、求加到了1-certainValue中的哪一个数dst、判定是dst的第几位。
总结：
关于这道题：
多做做二分的题，即使是浅显的二分题，主要目的是熟悉。
对于long long：如果要用long long，则中间数也要用long long，包括中间值tmp，函数参数，函数返回值。
关于这次模测：
很失败，思维混乱，不知道在想什么，或许是因为来了几个亲戚，家里比较乱。
但是，以后，对于每一个思想，都要进行可行性分析，主要是能不能写出来。
如果感觉有风险，就把保险的部分先写好，如果最后没写完，就把保险代码交上。
代码：
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll sum[50]; //sum[i]表示序列加到 10^i-1 的长度,也就是加完第k位数及其之前的
ll base[50]; //base[i]表示序列从1到10^i-1的长度
ll K;
//返回longlong的函数,中间变量也要用longlong
long long qpow(long long a,long long b)
{
if(b==0) return 1;
else if( (b&1) == 0) //b是偶数
{
return qpow(a*a,b/2);
}
else return a*qpow(a*a,b/2); //即使a是奇数，比如5，5/2=2，也不影响，但是会递归到1/2=0的时候，所以有一个边界条件是b=0;
}
//evaluate sum[]
long long sumOfSeries(ll begin,ll n,ll d) //等差数列求和:首项,项数,公差
{
return begin*n+(n-1)*n*d/2;
}
void evaluteSum()
{
for(int i=1;i<=10;i++)
{
ll tot=9*qpow(10,i-1); //tot表示i位数一共有多少个,比如2位数有90个,3位数有900个
base[i]=base[i-1]+tot*i;
sum[i]=sum[i-1]+sumOfSeries(base[i-1]+i,tot,i);
}
}
ll LowerBound(ll tot,int i) //求下界,找第一个大于等于的
{
ll L=1,R=tot; //第i位数一共有tot个
ll certain=0;
while(L<=R)
{
ll Mid=(L+R)/2;
ll now=sumOfSeries(base[i-1]+i,Mid,i);
if(now>=K) certain=Mid,R=Mid-1;
else if(now<K) L=Mid+1;
}
return certain;
}
int main()
{
evaluteSum();
int Q; cin>>Q;
while(Q--)
{
cin>>K;
// int len=(int)log10((double)K)+1;
int i=1;
while(K>sum[i]) i++; //i表示加到第i位数时,序列长度到了K
K-=sum[i-1];
//假设在第i位数中,加到第certain项,长度大于等于K
ll certain=LowerBound(9*qpow(10,i-1),i);
ll certainValue=qpow(10,i-1)+certain-1;
K=K-sumOfSeries(base[i-1]+i,certain-1,i);
//从1-certainValue中找下界
ll dst=0,num=0;
ll L=1,R=certainValue;
while(L<=R)
{
ll Mid=(L+R)/2;
int len=(int)log10((double)Mid)+1;
ll now=base[len-1]+len*(Mid-qpow(10,len-1)+1);
if(now>=K) dst=Mid,num=now-K+1,R=Mid-1;
else L=Mid+1;
}
//答案就是dst从右往左数的第num位
int len=(int)log10((double)dst)+1;
ll ans=dst/( qpow(10,num-1) ) %10;
cout<<ans<<endl;
}
}