HDU-4507-吉哥系列故事-恨7不成妻

题目描述

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。

Input

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\(L, R(1 <= L <= R <= 10^{18})\)。

Output

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。

Sample Input

3
1 9
10 11
17 17

Sample Output

236
221
0

数位\(dp\)题。

以前，我们遇到的数位\(dp\)题，都是求区间满足条件的数的个数。

那区间平方和怎么维护呢？

其实，区间平方和也可以做差求解。

那么，\(dp\)的同时需要维护\(3\)个值，开个结构体存一下就行了。

让我们一位位的进行计算。

1.满足条件的数的个数。这个利用普通的数位\(dp\)去维护就行了。

2.满足条件的数的和。这个维护时，加上子状态的值，以及该状态的位数和子状态的个数。

\(12=(1*10^{1}+2*10^{0})\)

因为我们枚举当前的位置\(x\)上放了\(i\)，则i在原数中对应\(i*10^{x}\)

\(1\)是你当前枚举的数字，\(2*10^{0}\)是你子状态的答案，所以状态的转移也就出来了。

当前sum=子状态sum+当前位的数字\(10^{当前位数}\)子状态个数。

3.满足条件的数的平方和。这个维护时，加上子状态的值，以及该状态的位数和子状态的个数。

\(12^{2}=(1*10^{1}+2*10^{0})^{2}\)

\(12^{2}=1^{2}*(10^{1})^{2}+(2*10^{0})^{2}+2*(2*10^{0})*(1*10^{1})\)

让我们回顾一下平方和公式：

\((a+b)^{2}=a^{2}+b^{2}+2*a*b\)

\(a\)就是当前位\(i*10^{当前位数}\),\(b\)是子状态和。

状态的转移也就出来了。

当前平方和=子状态平方和+\(2*i?10^{当前位数}*子状态和\)+\((i?10^{当前位数})^{2}*子状态个数\)

注意，取模后记得负数要加上模数再取模。

代码如下

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
const int mod=1000000007;
int T,num[25];
long long a,b,pow[20]={0,1};
struct node {
    long long cnt,sum,qsum;
} dp[25][15][15];
node dfs(int pos,int mod1,int mod2,int limit) {
    if(pos==0)return <%mod1&&mod2,0,0%>;
    if(!limit&&dp[pos][mod1][mod2].cnt!=-1)return dp[pos][mod1][mod2];
    int up=limit?num[pos]:9;
    node res=<%0,0,0%>;
    for(int i=0; i<=up; i++) {
        if(i==7)continue;
        node temp=dfs(pos-1,(mod1+i)%7,(mod2*10+i)%7,limit&(i==up));
        res.cnt=(res.cnt+temp.cnt)%mod;
        res.sum=(res.sum+temp.sum)%mod;
        res.sum=(res.sum+((i*pow[pos])%mod)*temp.cnt%mod)%mod;
        res.qsum=(res.qsum+temp.qsum%mod)%mod;
        res.qsum=(res.qsum+((2*pow[pos]*i)%mod*temp.sum%mod)%mod)%mod;
        res.qsum=(res.qsum+((pow[pos]*pow[pos])%mod*temp.cnt%mod*(i*i)%mod)%mod);
    }
    if(!limit)dp[pos][mod1][mod2]=res;
    return res;
}
long long solve(long long n) {
    int len=0;
    while(n)num[++len]=n%10,n/=10;
    return dfs(len,0,0,1).qsum;
}
int main() {
    scanf("%d",&T);
    for(int i=2;i<20;i++)pow[i]=(pow[i-1]*10)%mod;
    for(int i=0; i<=20; i++)
        for(int j=0; j<=10; j++)
            for(int k=0; k<=10; k++)dp[i][j][k]=<%-1,0,0%>;
    while(T--) {
        scanf("%lld%lld",&a,&b);
        printf("%lld\n",(((solve(b)-solve(a-1))%mod+mod)%mod));
    }
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/dsjkafdsaf/p/11282060.html