题意：
给你一个区间([l,r])，让你求着个区间中，存在长度至少为(2)的回文子串的数的个数。
分析：
因为所要求的区间相当的大，因此我们不妨从它的数位入手进行(dp)。
根据萌数的性质，倘若要满足一个长度为(len)的字符串是萌数，那么这个串只需至少包含一个长度为(2)（对应偶回文），或者至少包含一个长度为(3)（对应奇回文）的回文串即可。至此，我们将题目进行了转化，即：如果一个串包含有一个长度为(2)或者长度为(3)的字符串，那么这个数就是萌数。
因此我们只需要讨论一个串的当前位(pos)，它的前一位(pre1)，以及它的前两位(pre2)即可。因此我们可以设计一个(dp[pos][pre1][pre2])的(dp)数组。但是我们发现，如果这样去设计状态的话，部分合法以及非法状态会发生重叠：如果当前的枚举到的状态是(dp[1][2][3])的状态（即代表枚举到的子串的状态位(123)）。此时的这个状态中，合法状态(33123)以及非法状态(45123)将会发生重叠。因此为了防止这种情况，我们考虑再开多一维判断是否在之前是否已经合法子串。故我们可以设计(dp[pos][pre1][pre2][exist])代表，当前位置位(pos)，前一位为(pre1)，前两位为(pre2)，且之前存在/不存在子串的方案数。
而我们发现，当设计了(exist)这个状态之后，我们就不需要记录前两位(pre2)的信息了，因此我们只需要开一个三维的(dp)数组(dp[pos][pre1][exist])即可。
而把状态设计好之后，我们就只需要直接套用记忆化搜索的数位dp的板子就可以很简单的结局了。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
#define maxn 1005
using namespace std;
typedef long long ll;
ll dp[maxn][15][2];
char L[maxn],R[maxn];
int bit[maxn],len;
const int mod=1e9+7;
ll dfs(int pos,int pre1,int pre2,int exist,int lead,int limit){
if(pos==0) return exist;
if(pre1!=-1&&pre2!=-1&&!lead&&!limit&&dp[pos][pre1][exist]!=-1)
return dp[pos][pre1][exist];
int up=limit?bit[pos]:9;
ll res=0;
for(int i=0;i<=up;i++){
int p=(lead&&i==0)?-1:i;
res+=dfs(pos-1,p,pre1,exist|(p!=-1 && (p==pre1||p==pre2)),p==-1,limit&&(p==up));
res%=mod;
}
if(pre1!=-1&&pre2!=-1&&!lead&&!limit) dp[pos][pre1][exist]=res;
return res;
}
ll solve(char *str,bool sub){
len=strlen(str);
for(int i=1;i<=len;i++)
bit[len-i+1]=str[i-1]-'0';
if(sub){
int now=1;
while(bit[now]==0) bit[now++]=9;
bit[now]--;
while(!bit[len] && len) len--;
}
memset(dp,-1,sizeof(dp));
return dfs(len,-1,-1,0,1,1);
}
int main()
{
scanf("%s%s",L,R);
printf("%lld",((solve(R,0)-solve(L,1))%mod+mod)%mod);
return 0;
}