标签：algorithm 快速幂 复杂 ace pac return http output size
题目：
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
题解：
1、不能出现7的话可以dfs遇到7就continue掉
2、每一位加起来不能是7的倍数，那么我们可以dfs过程中用一个参数来记录它的取余结果
又因为(a+b)%mod=(a%mod+b%mod)%mod,所以我们可以是缩减dp数组的大小
可能有人会有疑问，数位上各位相加最大才9*18.也就开大一点dp数组而已
但是要注意取余mod之后不仅仅缩减了dp数组的大小，还缩短了时间，因为这是在记忆化，范围越小越能大幅度优化时间复杂度
3、这个数也不能是7的倍数，那么就可以用秦九韶取余来优化
4、最难的就是我们最后求的结果是每一个数的平方和，大家都看到了数据范围是10^18(我记得有一种方法叫快速相乘，类似于快速幂，这里没有试这一种方法)
在网上找了一篇博客：http://www.freesion.com/article/9575132166/
代码：
1 #include<stdio.h> 2 #include<string.h> 3 #include<algorithm> 4 #include<iostream> 5 using namespace std; 6 const int maxn=105; 7 const int mod = 1e9+7; 8 typedef long long ll; 9 struct DP 10 { 11 ll cnt, sum, sqsum; 12 DP () {} 13 DP (ll cnt, ll sum, ll sqsum): cnt(cnt), sum(sum), sqsum(sqsum) {} 14 }dp[20][10][10]; 15 //dp[x][y][z]表示在数字的第x位上，且各位数字之和取余7得结果(不取余直接存的话会内存超限)为y，目前这个数取余7结果 16 //(什么叫目前这个数，就是你第一位枚举的是1第二位枚举的是2，那么就是12) 17 //然后题目要求我们最后求的结果是“所有可行数的平方和取余于mod”，这个时候肯定不能直接平方 18 //由(a+b)^2=a^2+b^2+2ab,那么一个二位数(xy)=x*10+y;(xy)^2=(x*10+y)^2 19 //那么一个多位数也可以通过递归方式来求他的平方 20 //参考链接：http://www.freesion.com/article/9575132166/ 21 ll tend[20]; 22 ll v[maxn]; 23 DP dfs(ll pos, ll mod1, ll mod2, bool limit) 24 { 25 if (pos == -1) return DP(mod1!=0 && mod2!=0, 0, 0); 26 if (!limit && dp[pos][mod1][mod2].cnt != -1) return dp[pos][mod1][mod2]; 27 28 ll up=limit?v[pos]:9; 29 DP ans=DP(0,0,0); 30 for(ll i=0;i<=up;++i) 31 { 32 if(i==7) continue; 33 DP t = dfs(pos-1, (mod1+i)%7, (mod2*10+i)%7, limit&&(i==up)); 34 ans.cnt += t.cnt; 35 ans.cnt %= mod; 36 37 ans.sum += t.sum + t.cnt*i%mod*tend[pos]%mod; 38 ans.sum %= mod; 39 40 ans.sqsum += t.cnt*i*i%mod*tend[pos]%mod*tend[pos]%mod; 41 ans.sqsum += t.sqsum + 2*i*tend[pos]%mod*t.sum%mod; 42 ans.sqsum %= mod; 43 } 44 if (!limit) dp[pos][mod1][mod2] = ans; 45 return ans; 46 } 47 ll solve(ll ans) 48 { 49 ll pos=0; 50 while(ans) 51 { 52 v[pos++]=ans%10; 53 ans/=10; 54 } 55 return dfs(pos-1,0,0,true).sqsum; 56 } 57 int main() 58 { 59 ll t,l,r; 60 tend[0]=1; 61 for (ll i = 1; i < 20; i++) 62 tend[i] = (tend[i-1]*10)%mod; 63 scanf("%I64d",&t); 64 memset(dp,-1,sizeof(dp)); 65 while(t--) 66 { 67 68 scanf("%I64d%I64d",&l,&r); 69 printf("%I64d\n",(solve(r)-solve(l-1)+mod)%mod); 70 } 71 return 0; 72 }
标签：algorithm 快速幂 复杂 ace pac return http output size
原文地址：https://www.cnblogs.com/kongbursi-2292702937/p/11918241.html
