[luoguP3413] SAC#1 - 萌数（数位DP）

传送门

gtm的数位dp！

看到好多题解，都是记忆化搜索，好像非常方便啊，但是我还是用递推好了，毕竟还是有些类似数位dp的题用递推的思路，记忆化做不了，现在多培养一下思路

首先这道题，

只看长度大于等于2的回文串，那么只需要看aa和aba两种即可，再长的话肯定会包括这两种情况。

定义状态：f[i][j][k]表示长度为i，第i位是j，第i-1位是k的不是回文数的个数

经过实践证明，直接求回文数个数好像真不是很好求。

然后各种细节的统计。

对于这种输入即为字符串的情况，我们可以先处理出一个半闭半开的区间的答案，再加上另一个数的贡献即可，而不需要先将R+1

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#define N 1005
#define p 1000000007
#define LL long long

using namespace std;

int n, d[N];
string L, R;
LL ans, f[N][10][10];

inline void init()
{
	int i, j, k, l;
	for(i = 2; i <= 1000; i++)
		for(j = 0; j <= 9; j++)
			for(k = 0; k <= 9; k++) if(j != k)
			{
				for(l = 0; l <= 9; l++)
					if(l != k && l != j) f[i][j][k] += f[i - 1][k][l];
				if(i - 1 == 1) f[i][j][k]++;
				f[i][j][k] %= p;
			}
}

inline LL calc(string s)
{
	int i, j, k, flag = 1, l = -1, ll = -1;
	LL sum = 0, ret = 0;
	n = s.length();
	if(n == 1) return 0;
	memset(d, 0, sizeof(d));
	for(i = n; i >= 1; i--)
	{
		d[i] = s[n - i] - '0';
		sum = (sum * 10 + d[i]) % p;
	}
	sum++;
	ret = (ret + 10) % p;
	for(i = 2; i < n; i++)
		for(j = 1; j <= 9; j++)
			for(k = 0; k <= 9; k++)
				ret = (ret + f[i][j][k]) % p;
	for(i = n; i >= 2; i--)
	{
		for(j = 0; j < d[i]; j++) if(!(i == n && !j))
			for(k = 0; k <= 9; k++)
			{
				if(ll == j || l == j || l == k || j == k) continue;
				ret = (ret + f[i][j][k]) % p;
			}
		if(ll == d[i] || l == d[i])
		{
			flag = 0;
			break;
		}
		ll = l, l = d[i];
	}
	if(flag) for(i = 0; i <= d[1]; i++)
		if(i != l && i != ll) ret = (ret + 1) % p;
	return (sum - ret) % p;
}

int main()
{
	int i;
	init();
	cin >> L >> R;
	ans = (calc(R) - calc(L) + p) % p;
	for(i = 1; i < L.length(); i++)
		if(L[i] == L[i - 1] || (i >= 2 && L[i] == L[i - 2]))
		{
			ans = (ans + 1) % p;
			break;
		}
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}