【HDU4507】Seven-数位DP

测试地址：Seven
做法： 本题需要用到数位DP。
是的，我看这题题目名字实在太长，就自己给取了个名字…首先看它给的条件，如果只求数字个数的话，非常明显是数位DP的形式，只需要设$num(i,j,k)$为前$i$位中，不卡上界的，数位和对$7$的余数为$j$，数对$7$的余数为$k$的数字的个数，很容易就能转移。而要求数字的和较难一点，但我们也能较快地想出转移。而现在要求数字的平方和，这就有点复杂了。
然而实际上也不很复杂，你只需要一个结论：一些数的平方和，等于这些数和的平方，减去这些数两两间的乘积之和乘$2$。这个结论也很容易理解，因为$(sum a_i)^2=sum (a_isum a_j)=sum a_i^2+sum_{i e j} a_icdot a_j$，移项即可得到上面的结论。这样一来，我们需要求$f(i,j,k)$，表示满足对应条件（和上面状态定义一样，就不重复写了）的数的和，还有$g(i,j,k)$，表示满足对应条件的数两两之间乘积的和。
我们发现所有转移都可以转化为以下问题：我们有两个集合，分别求出了对应的$f,g$和$num$，它们合并之后的$f,g$和$num$怎么求？这个比较好推，就自己推一下就行了，实在不懂就看我代码。还有一个问题是，我们有一个集合，求出了对应的$f,g$和$num$，那么在这些集合的数之后添加一位数$x$后，集合的$f,g$和$num$怎么变化？这个就稍微复杂一些，以三个数的集合$S={a,b,c}$为例，令新加的位为$x$，则：
$(10a+x)+(10b+x)+(10c+x)=10(a+b+c)+3x$
$(10a+x)(10b+x)+(10b+x)(10c+x)+(10a+x)(10c+x)=100(ab+bc+ac)+20(a+b+c)x+3x^2$
根据这两个式子我们可以找到规律，首先$num$不变，$f$就等于原来的$f$乘$10$加上$x$乘$num$，而$g$等于原来的$g$乘$100$，加上$10(num-1)cdot$原来的$f$，最后加上$frac{num(num-1)}{2}cdot x^2$。
有了这些东西，就可以解决转移的问题了，像模板数位DP一样做就行了。
以下是本人代码：

#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
",ans);
	}
	
	return 0;
}