#1033 : 交错和
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描述
给定一个数 x，设它十进制展从高位到低位上的数位依次是 a0, a1, ..., an - 1，定义交错和函数：
f(x) = a0 - a1 + a2 - ... + ( - 1)n - 1an - 1
例如：
f(3214567) = 3 - 2 + 1 - 4 + 5 - 6 + 7 = 4
给定 l, r, k，求在 [l, r] 区间中，所有 f(x) = k 的 x 的和，即：
输入
输入数据仅一行包含三个整数，l, r, k(0 ≤ l ≤ r ≤ 1018, |k| ≤ 100)。
输出
输出一行一个整数表示结果，考虑到答案可能很大，输出结果模 109 + 7。
提示
对于样例 ，满足条件的数有 110 和 121，所以结果是 231 = 110 + 121。
更多样例：
| Input |
| 4344 3214567 3 |
| Output |
| 611668829 |
| Input |
| 404491953 1587197241 1 |
| Output |
| 323937411 |
| Input |
| 60296763086567224 193422344885593844 10 |
| Output |
| 608746132 |
| Input |
| 100 121 -1 |
| Output |
| 120 |
- 样例输入
-
100 121 0
- 样例输出
-
231
题解：
http://www.tuicool.com/articles/mqUBFz
中文题=_=题目出处来自hihocoder第一次挑战赛，xiaodao出题。
刚开始做的时候脑洞开大了以为是数论专题，后来才发现是数位dp，几个容易易卡住的点：
1.记忆化搜索写的时候要将相同交错和的个数，相同交错和的数字的和分别进行dp
2.对于一位数字和两位数字的计算方式并不相同，要分数字的位数进行讨论。
3.由于结果可能比较大，每一步都需要使用同余定理，以防运算过程中爆long long的情况。
记忆化搜索的思路，
当前的交错和相同的数字的和=sum（待搜索的状态的数字和+当前搜索的数字的大小*当前搜索到的符合条件的数字个数）。
| 1033 | 交错和 | AC | G++ | 4ms | 0MB | 38秒前 | 查看 |
结果:Accepted 提交时间:2015-05-08 16:07:41
1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 #include <iostream> 4 #include <algorithm> 5 #include <stack> 6 #include <cctype> 7 #include <vector> 8 #include <cmath> 9 10 #define ll long long 11 12 using namespace std; 13 14 const int M = 28; 15 const int N = 25; 16 const ll mod = 1000000007; 17 18 typedef struct 19 { 20 ll n; 21 ll s; 22 }Node; 23 24 Node dp[N][400]; 25 ll base[N]; 26 ll bit[N]; 27 ll yy; 28 29 void pre() 30 { 31 base[1]=1; 32 int i; 33 for(i=2;i<=20;i++){ 34 base[i]=(base[i-1]*10)%mod; 35 } 36 } 37 38 Node dfs(ll pos,ll target,ll limit) 39 { 40 Node t; 41 t.n=t.s=0; 42 if(pos==0){ 43 if(target==100){ 44 t.n=1; 45 } 46 return t; 47 } 48 if((limit==0) && dp[pos][target].n!=-1) return dp[pos][target]; 49 ll head,tail,sgn; 50 tail=limit ? bit[pos] : 9; 51 if(pos==yy){ 52 head=1; 53 } 54 else{ 55 head=0; 56 } 57 sgn=((yy-pos)%2) ? (-1) : (1); 58 for(ll i=head;i<=tail;i++){ 59 Node nt; 60 nt=dfs(pos-1,target-i*sgn,(limit==1) && (i==tail)); 61 if(nt.n>0){ 62 t.n+=nt.n; 63 ll q; 64 q=(nt.n%mod*base[pos])%mod*i%mod; 65 t.s=((t.s+nt.s)%mod+q)%mod; 66 } 67 } 68 if(limit==0) dp[pos][target]=t; 69 return t; 70 } 71 72 ll solve(ll x,ll sum) 73 { 74 ll ans=0; 75 if(x<=0) return 0; 76 ll bt=0; 77 while(x) 78 { 79 bt++; 80 bit[bt]=x%10; 81 x/=10; 82 } 83 for(yy=1;yy<=bt;yy++){ 84 memset(dp,-1,sizeof(dp)); 85 ans=(ans+dfs(yy,sum+100,yy==bt).s)%mod; 86 } 87 return ans; 88 } 89 90 int main() 91 { 92 pre(); 93 ll l,r,k; 94 ll ans; 95 //freopen("data.in","r",stdin); 96 //scanf("%d",&T); 97 //for(int ccnt=1;ccnt<=T;ccnt++){ 98 while(cin>>l>>r>>k){ 99 //while(scanf("%d",&n) != EOF) { 100 // cin<<l<<r<<k; 101 ans=(solve(r,k)-solve(l-1,k)+mod)%mod; 102 cout<<ans<<endl; 103 } 104 return 0; 105 }