(1)题目描述：
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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
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。
| 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
- 样例输出
(2)解决思路：
初探数位dp 介绍了数位类统计的基础知识。以下列出其中的基础点：
1. [l, r] 将问题转换为 在[0, r]中满足条件的个数 - 在[0, l)满足条件的个数
2. 求解 区间[0, n]满足条件的个数
- 性质：一个小于n的数m，一定是从高位到低位在某一位小于n的对应位的一个数
- 遍历所有小于n的数：从高位到低位枚举第一次小于n的数位，之后数位的值就不受限制了
- 遍历可以构成一棵树，类似深度优先遍历
- 递归计算区间[0,n]中满足条件的数
3. Tips:
- 假设区间[0, n]中n的位数为 len(n)，初始要从len(n)+1开始。这样对第len(n)位讨论的时候就可以和其它位一样。
- 计算过程中，只有当数位的值没有限制时才把结果存入F[i, digit, st]中，否则会缺失一些结果
- 前面的数位都为0和不全为0需要作为两种状态存储
(3)代码：
#include<iostream>
using namespace std; #define ll long long int //需要用long long 来进行存放
const int mod = ;//结果的最大值，用于取模
struct node{
ll s, n;//s: 各数位交错和 n：满足条件的个数
};
node dp[][][];//[长度][以哪个数作为开头][该数的数位交错和]
int bits[];//存放一个数的各位，低到高存放在0到20
ll base[];//每一数位的基准 比如十位数=base[2]=10 //len数位长度, dig是首个数字, begin_zero表示从最高位到当前位是否全部为0， limit表示下一位枚举是否有限制（bit[len-2]或9）， sum是要求的数字和
node dfs(int len, int dig, bool begin_zero, bool limit, int sum){
node t;//存放长度为 len的结果
t.s = , t.n = ;
//超过边界值
if (len <= || len >= || dig < || dig > || sum < - || sum >= )
return t;
//返回已有的DP结果，即记忆化搜索
if (!limit && dp[len][dig + (begin_zero ? : )][sum + ].n != -)
return dp[len][dig + (begin_zero ? : )][sum + ];
//长度只有一位，就不需要枚举下一位了，直接讨论返回即可
if (len == ){
if (dig != sum)
return t;
t.n = , t.s = sum;
return t;
}
//开始枚举下一位的数字
int end = limit ? bits[len - ] : ;//下一位数字的最大值
int newsum = dig - sum;
node tmp;
for (int j = ; j < end + ; j++)
{
if (begin_zero){//前面都是0，接下来的就由当前位决定 j是否为0
tmp = dfs(len - , j, j == , limit && (j == end), sum);
}
else{//前面不是全为0
tmp = dfs(len - , j, false, limit && (j == end), newsum);
}
//将tmp的值累加到t上
t.n += tmp.n;//满足条件的个数
//计算满足条件的长度为 len 的data[len]所有数的和， tmp 是长度为 i-1的data[len-1]所有数的和
//每一个： data[len] = dig * base[len] + data[len-1] 且共有n个
//t.s = t.s + tmp.n * (dig * base[len]) + tmp.s 增加 %mod 就得到下面的结果
t.s = ((t.s + tmp.s) % mod + ((tmp.n * dig) % mod * base[len]) % mod) % mod;
}
//当长度为len，且以dig开头的，数位和为sum 的所有结果都计算完成，才将其进行存储
if (!limit)
dp[len][dig + (begin_zero ? : )][sum + ] = t;
//dig + (begin_zero ? 0 : 10) 用来区分两种状态，（1. 前导都为0；2. 前导包含其它数）
return t;
} int solve(ll n, int s){
if (n <= )
return ;
int l = ;
for (int i = ; i < ; i++)
bits[i] = ;
//将n的每一位从低到高放到 bits[0]到bits[l] 中
while (n){
bits[l++] = n % ;
n /= ;
}
//从l+1开始，比n的长度大1，并且第l+1位数置为0
return dfs(l + , , true, true, s).s;
} int main(){
ll l, r, s;
node t;
t.n = -;
t.s = ;
for (int i = ; i < ; i++)//长度
for (int j = ; j < ; j++)//第i位的取值,取到20是把[0,9]作为数字前导全为0的状态存储空间，[10，19]作为前导包含非零数的存储空间
for (int k = ; k < ; k++)// i到0 所有位上的交错和 + 200, 等于把 k的范围从[-200,200] 平移到了[0,400]
dp[i][j][k] = t;
base[] = ;
for (int i = ; i < ; i++)//base 是作为基准数 比如两位数需要 *10, 三位数需要*100
base[i] = base[i - ] * % mod;
cin >> l >> r >> s;
cout << (solve(r, s) - solve(l - , s) + mod) % mod << endl;
return ;
}
ref: http://www.cnblogs.com/coolqiyu/p/5648260.html