hdu 4507 吉哥系列故事——恨7不成妻 (数位DP求和)

吉哥系列故事——恨7不成妻

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[align=left]Problem Description[/align]
　　单身!

　　依然单身！

　　吉哥依然单身！

　　DS级码农吉哥依然单身！

　　所以，他生平最恨情人节，不管是214还是77，他都讨厌！

　　

　　吉哥观察了214和77这两个数，发现：

　　2+1+4=7

　　7+7=7*2

　　77=7*11

　　最终，他发现原来这一切归根到底都是因为和7有关！所以，他现在甚至讨厌一切和7有关的数！

　　什么样的数和7有关呢？

　　如果一个整数符合下面3个条件之一，那么我们就说这个整数和7有关——

　　1、整数中某一位是7；

　　2、整数的每一位加起来的和是7的整数倍；

　　3、这个整数是7的整数倍；

　　现在问题来了：吉哥想知道在一定区间内和7无关的数字的平方和。

 

[align=left]Input[/align]
输入数据的第一行是case数T(1 <= T <= 50)，然后接下来的T行表示T个case;每个case在一行内包含两个正整数L, R(1 <= L <= R <= 10^18)。

 

[align=left]Output[/align]
请计算[L,R]中和7无关的数字的平方和，并将结果对10^9 + 7 求模后输出。
 

[align=left]Sample Input[/align]

3
1 9
10 11
17 17

 

[align=left]Sample Output[/align]

236
221
0

 

解析：

这道题对数位DP的理解有很大的好处，尤其是dp[][][]里面存的值的状态

对于找与满足条件的数很简单，第一个状态就是数的每一位相加的和对7的余数，第二个状态就是这个数对7的余数
其次难点就是求平方和：

数位DP就是通过dp数组来剪枝，所以如果在pos位求某个状态的值的时候就可以直接返回之前求过相同状态的dp[][][]，不用在用dfs。所以当你状态与dp[][][]里某个状态相同时，你要用dp[][][]来获得这个状态的平方和。

∑(Y + xi)^2 = ∑(Y^2 + 2 * Y * xi + xi^2) = n * Y^2 + 2 * Y * ∑xi + ∑ xi^2

xi^2=dp[][][],现在要求的就是n（在pos位之前的已知下，(pos-1）-0位满足条件的数的数量）, ∑xi（在pos位之前的已知下，(pos-1）-0位满足条件的数的和），这两个可跟平方和同时递归得到，所以就是三个返回值的数位DP

不用3个分别dfs的原因是每一个dfs的dp[][][]都只是装着在dp中状态的通解，像在limit限定的情况所得到的值就无法写进数组中dp[pos1][state1][mo1]=0，但这些状态的值又是在求平方和是需要用到的,这样就会错误

数位DP中如果条件中有余数或整除的情况，都可以把余数作为dp的其中一个状态！！！

最后注意的一点是两个取模后的数大小就无法判定了，相减可能是负数，所以最后要用负数取模！！！！

//数位DP中如果条件中有余数或整除的情况，都可以把余数作为dp的其中一个状态

#include<cstdio>
#include<cstring>

#define MOD 1000000007LL

typedef long long int ll;

typedef struct node
{
ll sum;
ll qsum;
ll cnt;
node():cnt(0),sum(0),qsum(0){}
node(ll c,ll s,ll qs):cnt(c),sum(s),qsum(qs){}
}node;

int a[100];
ll ten[20];

node dp[20][10][10];
//ll sum[20][10][10];

//0为个位，1为十位，。。。。
node dfs(int pos,bool limit,int state,int mo)   //计算dp[pos][state]即pos-1位是state时满足条件的个数
{
node ans;
if(pos==-1)
{
if(mo!=0&&state!=0)
return node(1,0,0);
else
return node(0,0,0);
}
//if(state<0)return 0;

if(!limit&&dp[pos][state][mo].sum!=0)
{
/*ll res=num;
res=((res%MOD)*(ten[pos]%MOD))%MOD;
return (((res*res)%MOD*nu[pos][state][mo])%MOD+((2*res)%MOD*sum[pos][state][mo])%MOD+dp[pos][state][mo]%MOD)%MOD;   //在非特殊情况下，直接返回之前已经算好的答案*/
return dp[pos][state][mo];
}
int up=limit?a[pos]:9;

for(int i=0;i<=up;i++)
{
if(i==7) continue;
int ss=(state%7+i%7)%7;
int mm=(mo*10+i)%7;

node tmp=dfs(pos-1,limit&&i==up,ss,mm);
ll res=(i*ten[pos])%MOD;
ll k1,k2;
ans.cnt=(ans.cnt+tmp.cnt)%MOD;   //更新cnt
ans.sum=(ans.sum+(tmp.sum+(res*tmp.cnt)%MOD)%MOD)%MOD;  //更新sum
k1=((res*res)%MOD*tmp.cnt)%MOD;   //n * Y^2
k2=((2*res)%MOD*tmp.sum)%MOD;    //2 * Y * ∑xi

ans.qsum=(ans.qsum+((k1+k2)%MOD+tmp.qsum%MOD)%MOD)%MOD;

}

if(!limit) dp[pos][state][mo]= ans;  //dp只记录普通情况下的值（因为特殊情况都要重新算，不能直接返回）
return ans;
}

ll solve(ll n)
{
node ans;
int pos=0;
while(n)
{
a[pos++]=n%10;
n=n/10;
}
ans=dfs(pos-1,true,0,0);
return ans.qsum%MOD;
}

int main()
{
int t;
ll n,m;
scanf("%d",&t);
ten[0]=1;
for(int i=1;i<=18;i++)
{
ten[i]=ten[i-1]*10;
}
while(t--)
{
scanf("%lld%lld",&n,&m);
printf("%lld\n",(solve(m)-solve(n-1)+MOD)%MOD);
}
return 0;

}