【HDU4507】Seven-數位DP

測試地址：Seven
作法： 本題須要用到數位DP。
是的，我看這題題目名字實在太長，就本身給取了個名字…首先看它給的條件，若是隻求數字個數的話，很是明顯是數位DP的形式，只須要設 $num(i,j,k)$爲前 $i$位中，不卡上界的，數位和對 $7$的餘數爲 $j$，數對 $7$的餘數爲 $k$的數字的個數，很容易就能轉移。而要求數字的和較難一點，但咱們也能較快地想出轉移。而如今要求數字的平方和，這就有點複雜了。
然而實際上也不很複雜，你只須要一個結論：一些數的平方和，等於這些數和的平方，減去這些數兩兩間的乘積之和乘 $2$。這個結論也很容易理解，由於 $(\sum a_i)^2=\sum (a_i\sum a_j)=\sum a_i^2+\sum_{i\ne j} a_i\cdot a_j$，移項便可獲得上面的結論。這樣一來，咱們須要求 $f(i,j,k)$，表示知足對應條件（和上面狀態定義同樣，就不重複寫了）的數的和，還有 $g(i,j,k)$，表示知足對應條件的數兩兩之間乘積的和。
咱們發現全部轉移均可以轉化爲如下問題：咱們有兩個集合，分別求出了對應的 $f,g$和 $num$，它們合併以後的 $f,g$和 $num$怎麼求？這個比較好推，就本身推一下就好了，實在不懂就看我代碼。還有一個問題是，咱們有一個集合，求出了對應的 $f,g$和 $num$，那麼在這些集合的數以後添加一位數 $x$後，集合的 $f,g$和 $num$怎麼變化？這個就稍微複雜一些，以三個數的集合 $S=\{a,b,c\}$爲例，令新加的位爲 $x$，則：
$(10a+x)+(10b+x)+(10c+x)=10(a+b+c)+3x$
$(10a+x)(10b+x)+(10b+x)(10c+x)+(10a+x)(10c+x)=100(ab+bc+ac)+20(a+b+c)x+3x^2$
根據這兩個式子咱們能夠找到規律，首先 $num$不變， $f$就等於原來的 $f$乘 $10$加上 $x$乘 $num$，而 $g$等於原來的 $g$乘 $100$，加上 $10(num-1)\cdot$原來的 $f$，最後加上 $\frac{num(num-1)}{2}\cdot x^2$。
有了這些東西，就能夠解決轉移的問題了，像模板數位DP同樣作就好了。
如下是本人代碼：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=1000000007;
const ll inv2=500000004;
int T,n;
ll s[25],num[25][7][7],f[25][7][7],g[25][7][7];

void update(int dgt,int j,int k,ll nowf,ll nowg,ll nownum)
{
	g[dgt][j][k]=(g[dgt][j][k]+nowg+nowf*f[dgt][j][k])%mod;
	f[dgt][j][k]=(f[dgt][j][k]+nowf)%mod;
	num[dgt][j][k]=(num[dgt][j][k]+nownum)%mod;
}

ll solve()
{
	int nowi=0,nowj=0,nowk=0;
	ll nowsum=0;
	memset(f[n+1],0,sizeof(f[n+1]));
	memset(g[n+1],0,sizeof(g[n+1]));
	memset(num[n+1],0,sizeof(num[n+1]));
	for(int dgt=n;dgt>=1;dgt--)
	{
		memset(f[dgt],0,sizeof(f[dgt]));
		memset(g[dgt],0,sizeof(g[dgt]));
		memset(num[dgt],0,sizeof(num[dgt]));
		for(int j=0;j<7;j++)
			for(int k=0;k<7;k++)
				for(int now=0;now<=9;now++)
				{
					if (now==7) continue;
					int newj=(j+now)%7,newk=(k*10ll+now)%7;
					ll nowf=(f[dgt+1][j][k]*10ll%mod+now*num[dgt+1][j][k]%mod)%mod;
					ll nowg=g[dgt+1][j][k]*100ll%mod;
					nowg=(nowg+f[dgt+1][j][k]*now%mod*10ll%mod*(num[dgt+1][j][k]-1ll+mod)%mod)%mod;
					nowg=(nowg+num[dgt+1][j][k]*(num[dgt+1][j][k]-1ll)%mod*inv2%mod*now*now%mod)%mod;
					ll nownum=num[dgt+1][j][k];
					update(dgt,newj,newk,nowf,nowg,nownum);
				}
		
		if (dgt<n&&(!nowi))
		{
			for(int now=0;now<s[dgt];now++)
			{
				if (now==7) continue;
				int newj=(nowj+now)%7,newk=(nowk*10ll+now)%7;
				update(dgt,newj,newk,(nowsum*10ll+now)%mod,0ll,1ll);
			}
		}
		nowi=(nowi||(s[dgt]==7));
		nowj=(nowj+s[dgt])%7;
		nowk=(nowk*10ll+s[dgt])%7;
		nowsum=(nowsum*10ll+s[dgt])%mod;
		
		for(int now=1;now<=((dgt==n)?(s[dgt]-1):9);now++)
		{
			if (now==7) continue;
			update(dgt,now%7,now%7,now,0ll,1ll);
		}
	}
	
	f[0][0][0]=g[0][0][0]=num[0][0][0]=0;
	for(int j=1;j<7;j++)
		for(int k=1;k<7;k++)
			update(0,0,0,f[1][j][k],g[1][j][k],num[1][j][k]);
	ll ans=((f[0][0][0]*f[0][0][0]%mod-g[0][0][0]*2ll)%mod+mod)%mod;
	if ((!nowi)&&nowj&&nowk) ans=(ans+nowsum*nowsum)%mod;
	return ans;
}

int main()
{
	scanf("%d",&T);
	while(T--)
	{
		ll ans=0,x;
		
		scanf("%lld",&x);
		x--;
		if (x)
		{
			n=0;
			while(x)
			{
				s[++n]=x%10;
				x/=10;
			}
			ans=(mod-solve())%mod;
		}
		
		scanf("%lld",&x);
		n=0;
		while(x)
		{
			s[++n]=x%10;
			x/=10;
		}
		ans=(ans+solve())%mod;
		printf("%lld\n",ans);
	}
	
	return 0;
}