题目大意：
记 $o_i = \underbrace{111\cdots1}_{i\text{个}1}$，即十进制下 $i$ 个连续的 $1$。
现在给定一个正整数 $n$，找到一个无限长的整数序列 $(x_1, x_2, \dots)$，满足：
- $\sum_{i=1}^{\infty} o_i x_i = n$。
- 最小化 $\sum_{i=1}^{\infty} i|x_i|$。
令 $|n|$ 表示 $n$ 十进制下的位数。
观察容易得到 $|x_i|<10$，这是因为当 $x_i=10$ 时，可以将其转换为 $x_{i+1}$ 加上 $1$，$x_1$ 减去 $1$，此时代价最多是 $2$，优于原本的 $10$。$x_i=-10$ 同理。
但是 $2$ 实际上比 $10$ 要小很多，所以我们发现这个限制还可以更紧！容易有一个等式： $$ 10o_i=o_{i+1}-o_1 $$ 则： $$ x\cdot o_i=o_{i+1}-o_1-(10-x)o_i $$ 那么左边的代价是 $x\cdot i$，右边的代价最多是 $i+1+1+(10-x)\cdot i$。我们如果要使得左边不劣于右边，则是： $$ x\cdot i< i+1+1+(10-x)\cdot i $$ 解得： $$ 2x<11+\frac{2}{i} $$ 当 $i=1$ 时式子最严格，可以得到 $x\le 6$。负数同理。
所以我们得到了 $|x_i|\le 6$。
另外一个发现是非零 $x_i$ 的 $i$ 最大不会太大，最高位不会超过 $|n|+1$（如果认为最低位是第 $1$ 位的话），否则当一个比 $n$ 的位数还要高得多的位不为 $0$ 的话，我们可能会需要在低位把它剪掉，而此时肯定会使得 $|x_i|>6$。
尝试刻画 $o_i$，实际上我们发现： $$ o_i=(10^i-1)/9 $$ 那么我们的等式 $\sum_{i=1}^{\infty} o_i x_i = n$ 变成了： $$ \sum_{i=1}^{\infty} (10^i-1)/9 \cdot x_i = n $$ 稍作转换： $$ \sum 10^i\cdot x_i = 9n + \sum x_i $$ 尝试去枚举 $\sum x_i$，看看我们能不能构造出一组合法的 $x_i$ 使得上面的等式成立。
而因为 $|x_i|\le 6$，所以枚举 $\sum x_i$ 为 $-|n|\cdot 6\sim|n|\cdot 6$。这一部分是 $O(|n|)$ 的。
此时我们发现等式左边的结果一定是 $10$ 的倍数，所以在枚举 $\sum x_i$ 时，我们需要使得等式右边的结果也是 $10$ 的倍数。
然后此时不难构造出一组能使得等式成立的 $x_i$，就是将 $9n + \sum x_i$ 第 $i+1$ 位的数字赋给 $x_i$，因为 $9n + \sum x_i$ 最低位是 $0$，所以这么做之后等式就成立了。我们称这里构造出来的 $x$ 的值为 $x'_i$。
我们发现虽然 $x'_i$ 的构造满足了上面的式子，但是它不一定满足 $\sum x'_i=\sum x_i$。所以我们需要进行一些调整。
一个观察是： $$ \sum x'_i\equiv \sum x_i \pmod 9 $$ 这是因为有一个结论：一个整数的每一位之和和这个整数本身模 $9$ 同余，这个结论小学数学书上有。
而我们可以看作这里 $\sum x'_i$ 就是 $9n + \sum x_i$ 的每一位之和，所以他们两个同余，而 $9n$ 一定是 $9$ 的倍数，可以删去。
那么它们两个只相差若干倍 $9$，考虑通过调整 $x'_i$ 使得两边相等。一个调整是利用 $x'_{i+1}$ 加 $1$，$x'_{i}$ 减 $10$，等式不被破坏的性质去调整，此时我们发现 $\sum x'_i$ 刚好减去了 $9$。同理 $x'_{i+1}$ 减 $1$，$x'_i$ 加 $10$ 可以使得 $\sum x'_i$ 加上 $9$。
但是实际上我们发现我们是不会利用「$x'_{i+1}$ 减 $1$，$x'_i$ 加 $10$」这个操作的，因为最开始我们得到的 $x'_i$ 是 $[0,9]$ 的，而如果把它加上 $10$ 之后一定不会满足 $|x'_i|\le 6$，一定不优。
同理，我们发现「$x'_{i+1}$ 加 $1$，$x'_i$ 减 $10$」这个操作对同一个 $i$ 只会操作一次，否则操作两次的话也会使得 $x'_i$ 变得很小，不满足 $|x'_i|\le 6$。
此时利用这一点，我们可以设计一个 dp： $$ f_{i,j,0/1} $$ 这里表示目前我们处理完了 $x'_i$，前面减去了 $j$ 个 $9$，第 $i$ 位有没有应用 $+1$ 操作（如果是的话，我们要在下一位 $-10$）的最小的 $\sum_{l=i}^{\infty} l|x_l|$。
最后我们直接取出 $f_{1,j,0}$ 即可。这里的 $j=(\sum x'_i-\sum x_i)/9$。
算算复杂度，枚举 $\sum x_i$ 是 $O(|n|)$ 的，而 dp 则是 $O(|n|^2)$ 的，所以复杂度是 $O(|n|^3)$，难以通过。
但是我们发现每次我们 $\sum x_i$ 增加，对 $9n+\sum x_i$ 也只是更改一段而已。而 dp 可以不用重复算前面相同的部分，直接从发生更改的位置重算，然后这个更改位置的长度和均摊是 $O(|n|\log |n|)$ 的，所以复杂度变成了 $O(|n|^2\log |n|)$，可以通过。
可能需要写高精度，但实际上用到的只是高精度里非常非常小的一个子集，很好写。