P3413 SAC#1 - 萌数
https://www.cnblogs.com/Silymtics/p/14070501.html
简述题意
求区间 ([L, R]) 内回文串的数量, (mod = 1e9+7) ,数据范围:(n <= 1000, l < r) , (n) 表示位数
Solution:
正难则反,考虑求一下非回文串的个数
设 (f[i][j][k]) 表示长度为 (i) 最高位为 (j) 次高位为 (k) 的非回文串的个数
因为只要满足子串是回文数它就是回文串,所以判断比较的时候只需要与前两位数比较就好啦
转移方程:
[f[i][j][k] = sum_{k != j AndAnd j != l AndAnd l != k}f[i - 1][k][l]
]
实际意义:表示区间 ([jk000cdots,jk999cdots]) 的非回文数的和
对于求 (ans_{l, r}) 可以转化为 (ans_{1, r} - ans_{1, l - 1})
求 (ans_{l,r}) 时的策略:
设 (len) 为 (r) 的位数,(a[len]) 中存 (r) 的每一位
1、对于所有长度小于 (len) 的 (f) , (ans += sum_{1 le j le 9}^{2 le i le len - 1} f[i][j][k](0 le k le 9))
2、对于长度小于等于 (len) 位且最高位小于 (a[i]) 的 (f),(ans += f[i][j][k] (0 le k le 9)) ,加的过程中注意判断此时是否是非回文串
3、因为 (2) 枚举不到最后的个位数,所以要在最后单独判断一遍
最后用 (r - l + 1 - ans) 求出即可,因为 (l) 和 (r) 过长,可以边加位数边取模
Code:
/*
Work by: Suzt_ilymics
Knowledge: ??
Time: O(??)
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<cstring>
#define LL long long
using namespace std;
const int mod = 1e9 + 7;
const int MAXN = 1010;
LL read(){
LL s = 0, w = 1;
char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9') { if(ch == '-') w = -1; ch = getchar(); }
while(ch >= '0' && ch <= '9') s = (s << 1) + (s << 3) + ch - '0', ch = getchar();
return s * w;
}
char l[MAXN], r[MAXN];
LL f[MAXN][13][13];
LL a[MAXN];
void init(){
for(int i = 2; i <= 1001; ++i){
for(int j = 0; j <= 9; ++j){
for(int k = 0; k <= 9; ++k){
if(j == k) continue;//如果相邻两个元素一样,那么一定是回文串,直接跳过
for(int a = 0; a <= 9; ++a){
if(j != a && a != k)//如果不是2回文也不是3回文
f[i][j][k] = (f[i][j][k] + f[i - 1][k][a]) % mod;
}
if(i == 2) f[i][j][k]++;//如果长度为2,一定不是
}
}
}
}
LL solve(char s[]){
memset(a, 0, sizeof(a));
LL tot = 0;
bool t = 1;
int len = strlen(s);
if(len == 1) return 0;
LL ans = 0, last1 = -1, last2 = -1, sum = 0;
for(int i = len; i >= 1; --i){
a[i] = s[len - i] - '0';//把个位放前面
sum = ((sum << 1) + (sum << 3) + a[i]) % mod;//
}
//if(len == 1) return sum + 1;//如果长度为1,那么不用判断了
sum++;
ans += 10;//算上长度为1的那10个数
for(int i = 2; i < len; ++i){//老套路把满着的先加上
for(int j = 1; j <= 9; ++j){
for(int k = 0; k <= 9; ++k){
ans = (ans + f[i][j][k]) % mod;
}
}
}
for(int i = len; i >= 2; i--){
for(int j = 0; j < a[i]; ++j){
if(i == len && j == 0) continue;//首位是0就跳过
for(int k = 0; k <= 9; ++k){
if(last1 != j && last2 != j && j != k && last1 != k){
ans = (ans + f[i][j][k]) % mod;
}
}
}
if(last1 == a[i] || last2 == a[i]) {//上一位和上两位
t = 0; break;
}
last2 = last1, last1 = a[i];//更新
}
if(t) {//如果没有中途退出
for(int i = 0; i <= a[1]; ++i){//最后一位剩下的那一点
if(i != last1 && i != last2) ans = (ans + 1) % mod;
}
}
return (sum - ans + mod) % mod;
}
int main()
{
init();
cin >> l >> r;
LL ans = solve(r) - solve(l);
int t = strlen(l);
for(int i = 1; i < t; ++i){
if(l[i] == l[i - 1] || (l[i] == l[i - 2] && i > 1)) {
ans = (ans + 1) % mod;
break;
}
}
// LL ll = 0, rr = 0;
// for(int i = 0; i <= strlen(l); ++i){
// ll = (ll * 10 % mod + l[i] - '0' + mod) % mod;
// }
// for(int i = 0; i < strlen(r); ++i){
// rr = (rr * 10 % mod + r[i] - '0' + mod) % mod;
// }
// printf("%lld
", ((rr - ll + 1 - ans) % mod + mod) % mod);
printf("%lld", (ans + mod) % mod);
return 0;
}