記 \(n\) 為題面的 \(S\)。
能發現對於 \(f(l) = 8\)，共有 \(9\times 10^7\) 個數。
此時就已經有 \(8\times 9\times 10^7 > 10^8 = n_{\max}\) 了，就說明不存在 \(f \ge 8\) 的情況，還滿足這部分對應的數能全被選滿。
所以可以知道對於 \(f(l)\ge 8\) 的情況，只存在 \(f(r) - f(l) = 0 \operatorname{or} 1\) 的情況。
對於 \(f(l)\le 7\) 的情況。
能發現 \(r\) 的上界是 \(10^7 + \frac{10^8}{8}\)，所以這部分直接雙指標就行了。
接下來考慮 \(f(l)\ge 8, f(r) - f(l) = 1\) 的情況。
考慮令 \(f(l)\) 選了 \(x\) 個，\(f(r) = f(l) + 1\) 選了 \(y\) 個。
需要先宣告的是，在這個位置先不考慮 \(x, y > 0\) 的限制，而認為 \(y\) 可以為 \(0\)，關於這部分將會在後面提到。
那麼就能得到 \((x + y)f(l) + y = n\)。
然後這裡以 \(x + y\) 為主元，能發現對於固定的 \(x + y\)，其對應的 \(f(l)\) 和 \(x, y\) 都只有 \(1\) 個，就是 \(\begin{cases}y = n\bmod (x + y)\\ x = (x + y) - y\\ f(l) = \frac{n - y}{x + y}\end{cases}\)。
於是轉而去考慮 \(x + y\) 能有多少種可能。
這是好算的，因為 \(x + y\le \frac{n}{f(l)}\)，而因為 \(f(l)\ge 8\)，所以 \(x + y\le \frac{n}{8}\)，對應的就有 \(\lfloor \frac{n}{8} \rfloor\) 種選法。
最後來考慮 \(f(l)\ge 8, f(r) - f(l) = 0\) 的情況。
這時候就已經確定了 \(f(l)\) 了，就相當於是已經知道需要的個數 \(x\) 了。
那麼顯然答案就為 \(9\times 10^{f(l) - 1} - x + 1\)，但注意到，在前文的時候提到了誤給 \(y = 0\) 時加了 \(1\) 的貢獻，而其對應的應該就是這種 \(f(r) - f(l) = 0\) 的情況，所以實際算貢獻的時候應該算為 \(9\times 10^{f(l) - 1} - x\)。
這部分可以 \(\mathcal{O}(\sqrt{n} + d(n)\log n)\)。
時間複雜度 \(\mathcal{O}(\frac{n}{b} + \sqrt{n} + d(n)\log n)\)，其中 \(B = 8\)，\(d(n)\) 表示 \(n\) 的因子個數。
#include<bits/stdc++.h>
using ll = long long;
constexpr ll mod = 1e9 + 7;
inline ll qpow(ll a, ll b, ll v = 1) {
while (b)
b & 1 && (v = v * a % mod), b >>= 1, a = a * a % mod;
return v;
}
ll ans;
const int limn = (int)1e7 + (int)1e8 / 8, R = (int)1e7;
int f[limn + 10];
int main() {
for (int i = 1, l = 1, r = 10; i <= 8; i++, r = std::min(l * 10, limn))
while (l < r) f[l++] = i;
int n; scanf("%d", &n);
for (int i = 1, j = 0, sum = 0; f[i] <= n && i < R; i++) {
while (sum + f[j + 1] <= n) sum += f[++j];
if (sum == n) (++ans) %= mod;
sum -= f[i];
}
(ans += n / 8) %= mod;
auto calc = [&](int fx) {
int l = n / fx;
ll len = 9ll * qpow(10, fx - 1) % mod;
(ans += mod + len - l) %= mod;
};
for (int i = 1; i * i <= n; i++) if (n % i == 0) {
if (i >= 8) calc(i);
if (n / i >= 8 && i != n / i) calc(n / i);
}
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}