AcWing 1086. 恨7不成妻（【代码简洁】标准记忆化搜索+超详解！！）
https://www.acwing.com/solution/content/57811/
https://www.acwing.com/problem/content/description/1088/
看到这题用循环写的dp代码瑟瑟发抖~
数位dp一般记忆化搜索的写法思维难度较低，也比较常用，这题的简洁代码应该就可以显现出其优越性
（用时4ms，可能比用循环写的dp还要快）
那这里补充一下记忆化搜索的写法叭qwq保姆式超详细讲解哦
有注释代码
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll P=1e9+7;
int A[25];
ll pw[25];
struct node {ll cnt,sum,sum2;} f[20][7][7];
/*
f[I][sum][num]表示的状态为：
从第I位开始，最高位到第I位每位数字之和（%7）为sum，整个数字（%7）为num
如对于数123***，I=3时，sum=6，num=123
注：f存储的是在没有贴合上界的情况下
因为没有贴合上界，即剩下i位可以从00…00~99…99随便填，所以无论数a[]是多少都可以适用，不需要每次都重置f数组
在该状态下，结构体中的
cnt表示与7无关的数的个数
sum表示所有与7无关的数的和
sum2表示所有与7无关的数的平方和
*/
node dfs(int I,int sum,int num,bool lim){ //当前在第I位，最高位到第I位每位数字之和（%7）为sum，整个数字（%7）为num，lim表示是否贴合上界
if (!I) return (node){sum && num , 0 , 0}; //数字已填完，根据题目要求，若sum和num都不为0（不能被7整除），则算一种方案
if (!lim && f[I][sum][num].cnt>=0) return f[I][sum][num]; //记忆化，如果不贴合上界（!lim），直接放回记录过的答案
int up=lim ? A[I] : 9; //第I位最大能填的数
node ans=(node){0,0,0};
for (int i=0 ; i<=up ; i++) //枚举第I位填的数
if (i!=7){
node J=dfs(I-1,(sum+i)%7,(num*10+i)%7,lim && i==up);
ll B=i*pw[I-1]; //B可以理解为当前层的基值，例如第I=5位填6，则B=60000
(ans.cnt+=J.cnt)%=P; //统计与7无关数出现次数
(ans.sum+=J.cnt*B+J.sum)%=P;
/*
统计所有与7无关数的和（用dfs（I-1）已经求出了所有无关数第I-1位到最后一位所组成的数之和，即J.sum，再加上第I位即可，即J.cnt*B）
例如I=5，已知无关数有**61111，**62222，**63333（随便瞎写的几个数字）
则B=60000，J.sum=1111+2222+3333，J.cnt=3，ans.sum=61111+62222+63333
*/
(ans.sum2+=J.cnt*B%P*B%P+J.sum2+2*J.sum%P*B%P)%=P;
/*
统计所有与7无关数第I位到最后一位所组成的数的平方和
例如I=5，已知无关数有**61111，**62222，**63333（随便瞎写的几个数字）
对于61111^2=(60000+1111)^2=(60000)^2+(1111)^2+2*60000*1111
62222,63333同理
则ans.sum2=61111^2+62222^2+63333^2
=3*(60000)^2 + (1111^2+2222^2+3333^2) + 2*60000*(1111+2222+3333)
=J.cnt*B*B + J.sum2 + 2*B*J.sum
可以发现，我们用后I-1位的sum2即可推算出后I位的sum2
*/
}
if (!lim) f[I][sum][num]=ans; //记忆化：如果不贴合上界（!lim），则记录
return ans;
}
ll solve (ll X){ //分解数位
int len=0;
for ( ; X ; X/=10) A[++len]=X%10;
return dfs(len,0,0,1).sum2;
}
int main(){
int T;
cin>>T,pw[0]=1,memset(f,-1,sizeof f);
for(int i=1 ; i<21 ; i++) pw[i]=pw[i-1]*10%P; //预处理10的幂
for (ll L,R ; T ; T--)
scanf("%lld%lld",&L,&R),printf("%lld\n",(solve(R)-solve(L-1)+P)%P);
}
无注解代码
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll P=1e9+7;
int A[25];
ll pw[25];
struct node {ll cnt,sum,sum2;} f[20][7][7];
node dfs(int I,int sum,int num,bool lim){
if (!I) return (node){sum && num , 0 , 0};
if (!lim && f[I][sum][num].cnt>=0) return f[I][sum][num];
int up=lim ? A[I] : 9;
node ans=(node){0,0,0};
for (int i=0 ; i<=up ; i++)
if (i!=7){
node J=dfs(I-1,(sum+i)%7,(num*10+i)%7,lim && i==up);
ll B=i*pw[I-1];
(ans.cnt+=J.cnt)%=P;
(ans.sum+=J.cnt*B+J.sum)%=P;
(ans.sum2+=J.cnt*B%P*B%P+J.sum2+2*J.sum%P*B%P)%=P;
}
if (!lim) f[I][sum][num]=ans;
return ans;
}
ll solve (ll X){
int len=0;
for ( ; X ; X/=10) A[++len]=X%10;
return dfs(len,0,0,1).sum2;
}
int main(){
int T;
cin>>T,pw[0]=1,memset(f,-1,sizeof f);
for(int i=1 ; i<21 ; i++) pw[i]=pw[i-1]*10%P;
for (ll L,R ; T ; T--)
scanf("%lld%lld",&L,&R),printf("%lld\n",(solve(R)-solve(L-1)+P)%P);
}
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