标签：acm stack 数位 bit out com line digital tput
大致题意： 让你求出一段区间内与\(7\)无关的数的平方和。与\(7\)无关的数指整数中任意一位不为\(7\)、整数的每一位加起来的和不是\(7\)的整数倍、这个整数不是\(7\)的倍数。
这题应该比较显然是一道 数位\(DP\) 题。
这道题关键就在于如何记录状态，其余的就和普通的数位\(DP\)差不多了。
我们可以用\(f_{x,s1,s2}\)来表示还剩\(x\)位，这个数除末\(x\)位以外模\(7\)余\(s1\)，这个数每一位之和除末\(x\)位以外模\(7\)余\(s2\)时所有与\(7\)无关的数的末\(x\)位的平方和。
但是，如果光光记录平方和，转移就有点困难了。
所以，我们先要来一点恶心的数学转化。
让我们来研究一下\((x_1+t*10^y)^2+(x_2+t*10^y)^2+...+(x_n+t*10^y)^2\)这个式子。
先由完全平方公式可得：
\[原式=(x_1^2+2*x_1*t*10^y+10^{2y})+(x_2^2+2*x_2*t*10^y+10^{2y})+...+(x_n^2+2*x_n*t*10^y+10^{2y})\]
然后，我们将其去括号并重新组合，可得：
\[原式=(x_1^2+x_2^2+...+x_n^2)+2*t*10^y*(x_1+x_2+...+x_n)+(t*10^y)^2*n\]
如果用\(f(n)\)来表示\(x_1+x_2+...+x_n\)，\(f^2(n)\)来表示\(x_1^2+x_2^2+...+x_n^2\)，则：
\[原式=f^2(n)+2*t*10^y*f(n)+(t*10^y)^2*n\]
我们可以预处理出\(10^y\)，并对于每个状态记录下\(n,f(n)\)和\(f^2(n)\)，这样就可以实现\(O(1)\)转移了。
用\(ns1\)来表示\((s1*10+i)\)%\(y\)，\(ns2\)来表示\((s2+i)\)%\(y\)。
\[n_{x,s1,s2}=\sum_{i=0}^{lim}n_{x-1,ns1,ns2}\]
\[f_{x,s1,s2}=\sum_{i=0}^{lim}f_{x-1,ns1,ns2}+n_{x-1,ns1,ns2}*i*10^{x-1}\]
\[f^2_{x,s1,s2}=\sum_{i=0}^{lim}f^2_{x-1,ns1,ns2}+2*i*10^x*f_{x-1,ns1,ns2}+(i*10^{x-1})^2*n_{x-1,ns1,ns2}\]
#include<bits/stdc++.h>
#define max(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))
#define min(x,y) ((x)<(y)?(x):(y))
#define uint unsigned int
#define LL long long
#define ull unsigned long long
#define swap(x,y) (x^=y,y^=x,x^=y)
#define abs(x) ((x)<0?-(x):(x))
#define INF 1e9
#define Inc(x,y) ((x+=y)>=MOD&&(x-=MOD))
#define MOD 1000000007
using namespace std;
LL n,m;
class FIO
{
private:
#define Fsize 100000
#define tc() (FinNow==FinEnd&&(FinEnd=(FinNow=Fin)+fread(Fin,1,Fsize,stdin),FinNow==FinEnd)?EOF:*FinNow++)
#define pc(ch) (FoutSize<Fsize?Fout[FoutSize++]=ch:(fwrite(Fout,1,FoutSize,stdout),Fout[(FoutSize=0)++]=ch))
LL f,FoutSize,OutputTop;char ch,Fin[Fsize],*FinNow,*FinEnd,Fout[Fsize],OutputStack[Fsize];
public:
FIO() {FinNow=FinEnd=Fin;}
inline void read(LL &x) {x=0,f=1;while(!isdigit(ch=tc())) f=ch^'-'?1:-1;while(x=(x<<3)+(x<<1)+(ch&15),isdigit(ch=tc()));x*=f;}
inline void read_char(char &x) {while(isspace(x=tc()));}
inline void read_string(string &x) {x="";while(isspace(ch=tc()));while(x+=ch,!isspace(ch=tc())) if(!~ch) return;}
inline void write(LL x) {if(!x) return (void)pc('0');if(x<0) pc('-'),x=-x;while(x) OutputStack[++OutputTop]=x%10+48,x/=10;while(OutputTop) pc(OutputStack[OutputTop]),--OutputTop;}
inline void write_char(char x) {pc(x);}
inline void write_string(string x) {register LL i,len=x.length();for(i=0;i<len;++i) pc(x[i]);}
inline void end() {fwrite(Fout,1,FoutSize,stdout);}
}F;
class Class_DigitalDP
{
private:
#define ten(x) ((x<<3)+(x<<1))
LL ans,len,num[20],tn[20];
struct key//记录一个状态
{
LL res,res_,tot;//res记录平方和，res_记录和，tot记录个数
key(LL x=0,LL y=0,LL z=-1):res(x%MOD),res_(y%MOD),tot(z%MOD){}
}f[20][7][7];
inline void Init(LL x) {len=0;while(x) num[++len]=x%10,x/=10;num[len+1]=0;}
inline key dfs(LL x,LL s1,LL s2,LL flag)
{
register LL i,lim=9,k;register key w=key(0,0,0),t;//w记录结果
if(!x) return key(0,0,s1&&s2);//如果x为0，返回结果
if(flag&&~f[x][s1][s2].tot) return f[x][s1][s2];//如果当前状态肯定在求解范围内，且已经访问并求解过当前状态，返回上次求解得到的答案
if(!flag) (num[x]^7&&(t=dfs(x-1,(ten(s1)+num[x])%7,(s2+num[x])%7,0),k=num[x]*tn[x-1]%MOD,w=key(t.res+(t.res_<<1)*k%MOD+t.tot*k%MOD*k%MOD,t.res_+t.tot*k%MOD,t.tot),true)),lim=num[x]-1;//对于不一定在求解范围内的值特殊处理
for(i=0;i<=lim;++i) if(i^7) t=dfs(x-1,(ten(s1)+i)%7,(s2+i)%7,1),k=i*tn[x-1]%MOD,w=key(w.res+t.res+(t.res_<<1)*k%MOD+t.tot*k%MOD*k%MOD,w.res_+t.res_+t.tot*k%MOD,w.tot+t.tot);//对每一个不为7的数字进行状态转移
if(flag) f[x][s1][s2]=w;//如果当前状态肯定在求解的范围内，就将求解出的答案记录下来，实现记忆化
return w;//返回求解出的答案
}
public:
Class_DigitalDP() {tn[0]=1;for(register LL i=1;i<20;++i) tn[i]=ten(tn[i-1])%MOD;}//预处理出10的幂
inline LL GetAns(LL x) {return !x?0:((void)(Init(x)),dfs(len,0,0,0).res);}//求解答案
}DigitalDP;
int main()
{
register LL i;register LL T;F.read(T);
while(T--) F.read(n),F.read(m),F.write(((DigitalDP.GetAns(m)-DigitalDP.GetAns(n-1))%MOD+MOD)%MOD),F.write_char('\n');
return F.end(),0;
}标签：acm stack 数位 bit out com line digital tput
原文地址：https://www.cnblogs.com/chenxiaoran666/p/HDU4507.html
