[LUOGU3413] SAC#1

题目背景

本题由世界上最蒟蒻最辣鸡最撒比的SOL提供。

寂月城网站是完美信息教室的官网。地址：http://191.101.11.174/mgzd 。

题目描述

辣鸡蒟蒻SOL是一个傻逼，他居然觉得数很萌！

好在在他眼里，并不是所有数都是萌的。只有满足“存在长度至少为2的回文子串”的数是萌的——也就是说，101是萌的，因为101本身就是一个回文数；110是萌的，因为包含回文子串11；但是102不是萌的，1201也不是萌的。

现在SOL想知道从l到r的所有整数中有多少个萌数。

由于答案可能很大，所以只需要输出答案对1000000007（10^9+7）的余数。

输入输出格式

输入格式：

输入包含仅1行，包含两个整数：l、r。

输出格式：

输出仅1行，包含一个整数，即为答案。

输入输出样例

输入样例#1： 复制

1 100

输出样例#1： 复制

输入样例#2： 复制

100 1000

输出样例#2： 复制

说明

记n为r在10进制下的位数。

对于10%的数据，n <= 3。

对于30%的数据，n <= 6。

对于60%的数据，n <= 9。

对于全部的数据，n <= 1000，l < r。

随便写写

f[i][j][k][0/1]，决策到第i位，上一位的数字是j，上上位的数字是k，是否曾经出现过回文串，的总数。

然后就记忆化搜索一下，记得判断前一位和前前一位是否合法...

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
#define int  long long
inline int read() {
    int res=0;char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)) ch=getchar();
    while(isdigit(ch)) res=(res<<3)+(res<<1)+(ch^48), ch=getchar();
    return res;
}
#define reg register
#define mod 1000000007
int l, r;

int f[1005][10][10][2];
int wei[1005], cnt;

inline int dp(int pos, int lst1, int lst2, bool hav, bool flag, bool fir, bool sec)
{                                                 //是否有限制 
    if (pos == 0) return hav;
    if (!fir and !sec and !flag and f[pos][lst1][lst2][hav] != -1) return f[pos][lst1][lst2][hav] % mod;
    int lim = flag ? wei[pos] : 9;
    int ans = 0;
    for (reg int i = 0 ; i <= lim ; i ++)
    {
        if (i == lst1 and !fir) ans = (ans + dp(pos - 1, i, lst1, 1, flag && i == wei[pos], fir && i == 0, sec && lst1 == 0)) % mod;
        else if (i == lst2 and !fir and !sec) ans = (ans + dp(pos - 1, i, lst1, 1, flag && i == wei[pos], fir && i == 0, sec && lst1 == 0)) % mod;
        else ans = (ans + dp(pos-1, i, lst1, hav, flag && i == wei[pos], fir && i == 0, sec && lst1 == 0)) % mod;
    }
    if (!flag and !fir and !sec) f[pos][lst1][lst2][hav] = ans % mod;
    return ans % mod;
}


signed main()
{
    memset(f, -1, sizeof f);
    int res1 = 0, res2 = 0;
    
    string a;
    cin >> a;
    cnt = 0;
    for (reg int i = a.length() - 1 ; i >= 0 ; i --) wei[++cnt] = a[i] - '0';
    int k = 1;
    if (wei[1]) wei[1]--;
    else {while(wei[k] == 0) wei[k] = 9, k++; wei[k]--;}
    
    res1 = dp(cnt, 0, 0, 0, 1, 1, 1) % mod;
    
    cnt = 0;
    cin >> a;
    for (reg int i = a.length() - 1 ; i >= 0 ; i --) wei[++cnt] = a[i] - '0';
    res2 = dp(cnt, 0, 0, 0, 1, 1, 1) % mod;
    
    printf("%lld
", (res2 - res1 + mod) % mod);
    return 0;
}