Jzoj P4239 光棍___数位dp

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题目大意：

给出 $T$个询问，
每个询问给出一组 $(L,R,A)$，求一些在区间 $[L,R]$的数，满足：
$1.不是A的倍数$
$2.数位之和不是A的倍数$
$3.数位中任意一位都不为A$
问这些数分别平方后的和对 $1e9+7$取模的结果是多少。
一切在十进制下进行。
$0 <= L <= R <= 10^{18},2 <= A <= 9, T <= 100$

分析：

很毒瘤的一道题，细节调到心态爆炸
容斥一下可以发现，
对于一组询问 $(L,R,A)$，
答案为可以被表示为 $贡献_{[1,R]}-贡献_{[1,L]}$，然后这题就好做很多了
可以使用数位 $dp$，
假设我们要求 $[1,x]$的贡献，
令 $dp_{i,j,k,0/1,0/1,0/1/2}$表示选到了第 $i$位(从高位开始选)，满足自身 $mod$ $A=j$，所有数位之和 $mod$ $A=k$， 数位中是否出现过 $A$(出现为 $1$，否则为 $0$)，是否满位(即与 $x$的前 $i$个高位是否相等，相等为 $1$，否则为 $0$)，最后的 $0/1/2$分别表示这样的数的个数，以及它们的和与它们的平方和。
设 $num[i]$表示数 $x$的第 $i$个高位的数值
那么初值：
枚举第一个高位的数值 $i$,
$dp_{1,imodA,imodA,(i=A),(i=num[1]),0}$，对应位置 $+1$
$dp_{1,imodA,imodA,(i=A),(i=num[1]),1}$，对应位置 $+i$
$dp_{1,imodA.imodA,(i=A),(i=num[1]),2}$，对应位置 $+i^2$
$(a=b)$运算： $a=b$时返回 $1$，否则返回 $0$
然后我们思考一下如何转移：
假设我们已经计算了第 $i$个高位的 $dp_{i,j,k,0/1,0/1,0/1/2}$，
那么我们考虑如何找到与第 $i+1$个高位的关系，
枚举 $j$， $k$， $l$，为
选到了第 $i$位，满足数 $mod$ $A=j$，数位之和 $mod$ $A=k$， $A$的出现状态为 $l$一类的数
①前 $i$位中并没有满位，此时第 $i+1$位可以随便选也不会出现满位的情况，
那么枚举第 $i+1$位的选数情况，即 $0~9$，设当前选 $wq$
则可以转移：
$dp_{i + 1,(j + wq) modA,(k*10+wq) modA,l||(wq=A),0,0}$ += $dp_{i,j,k,l,0,0}$
$dp_{i + 1,(j + wq) modA,(k * 10+wq)modA,l || (wq = A),0,1}$ += $10 * dp_{i,j,k,l,0,1} + 1 * dp_{i,j,k,l,0,0} * wq)$
$dp_{i + 1,(j + wq) modA,(k * 10+wq)modA,l || (wq = A),0,1}$ += $100 * dp_{i,j,k,l,0,2} + 20 * dp_{i,j,k,l,0,1} * wq + 1 * dp_{i,j,k,l,0,0} * wq^2)$
②前 $i$位满位了，此时第 $i+1$位选 $[0,num[i+1]-1]$时候不会满位，选 $num[i+1]$时会满位，
那么只需要将转移中的满位情况求出即可，转移同 $①$
最后的 $[1,x]$的贡献就是 $\sum_{i=1}^{A-1}\sum_{j=1}^{A-1}\sum_{k=0}^{1}dp_{len,i,j,0,k,2}$，len为 $x$的位数
注意过程中取模以及取模会出现的负数情况即可。

代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

typedef long long ll;

const int modn = 1000000007;

ll dp[20][10][10][2][2][3], num[20], L, R, A;
int T;

void read(ll &x)
{
    ll f = 1; x = 0; char s = getchar();
	while (s < '0' || s > '9')   { if (s == '-') f = - 1;  s = getchar(); }
	while (s >= '0' && s <= '9') { x = x * 10 + (s - '0'); s = getchar(); }	
    x = x *f;
}

ll solve(ll x)
{
	if (x == - 1 || x == 0) return 0;
	ll cdp = 0; int len = 0;
	for (; x; x /= 10) num[++len] = x % 10;
	for (int i = 1; i <= len / 2; i++) swap(num[i], num[len - i + 1]);
	memset(dp, 0, sizeof(dp));
	for (int i = 0; i <= num[1]; i++)
	{
		dp[1][i % A][i % A][(i == A)][(i == num[1])][0] += 1;
		dp[1][i % A][i % A][(i == A)][(i == num[1])][1] += i;
		dp[1][i % A][i % A][(i == A)][(i == num[1])][2] += i * i;
	}
	// 位数 / 数位的和%A /  数的大小%A / 是否出现过A / 是否满位 / 个数，和，平方和 
	for (int i = 1; i < len; i++)
	    for (int j = 0; j < A; j++)
	        for (int k = 0; k < A; k++)
	            for (int l = 0; l <= 1; l++)
				{
		            for (int wq = 0; wq <= 9; wq++)
		            {
			            dp[i + 1][(j + wq) % A][(k * 10 + wq) % A][l || (wq == A)][0][0] = 
						  (dp[i + 1][(j + wq) % A][(k * 10 + wq) % A][l || (wq == A)][0][0] + dp[i][j][k][l][0][0]) % modn;
			            
						dp[i + 1][(j + wq) % A][(k * 10 + wq) % A][l || (wq == A)][0][1] = 
						  (dp[i + 1][(j + wq) % A][(k * 10 + wq) % A][l || (wq == A)][0][1] + 10LL * dp[i][j][k][l][0][1] + 1LL * dp[i][j][k][l][0][0] * wq) % modn;
			            
						dp[i + 1][(j + wq) % A][(k * 10 + wq) % A][l || (wq == A)][0][2] = 
						  (dp[i + 1][(j + wq) % A][(k * 10 + wq) % A][l || (wq == A)][0][2] + 100LL * dp[i][j][k][l][0][2] + 20LL * dp[i][j][k][l][0][1] * wq + 1LL * dp[i][j][k][l][0][0] * wq * wq) % modn;		
		            }
		            for (int wq = 0; wq <= num[i + 1]; wq++)
					{
			            dp[i + 1][(j + wq) % A][(k * 10 + wq) % A][l || (wq == A)][(wq == num[i + 1])][0] = 
						  (dp[i + 1][(j + wq) % A][(k * 10 + wq) % A][l || (wq == A)][(wq == num[i + 1])][0] + dp[i][j][k][l][1][0]) % modn;
			            dp[i + 1][(j + wq) % A][(k * 10 + wq) % A][l || (wq == A)][(wq == num[i + 1])][1] =
						  (dp[i + 1][(j + wq) % A][(k * 10 + wq) % A][l || (wq == A)][(wq == num[i + 1])][1] + 10LL * dp[i][j][k][l][1][1] + 1LL * dp[i][j][k][l][1][0] * wq) % modn;
			            dp[i + 1][(j + wq) % A][(k * 10 + wq) % A][l || (wq == A)][(wq == num[i + 1])][2] =
						  (dp[i + 1][(j + wq) % A][(k * 10 + wq) % A][l || (wq == A)][(wq == num[i + 1])][2] + 100LL * dp[i][j][k][l][1][2] + 20LL * dp[i][j][k][l][1][1] * wq + 1LL * dp[i][j][k][l][1][0] * wq * wq) % modn;		
					}
                }
	// 位数 / 数位的和%A /  数的大小%A / 是否出现过A / 是否满位 / 个数，和，平方和 
	for (int i = 1; i < A; i++)	
	    for (int j = 1; j < A; j++)
	        for (int k = 0; k <= 1; k++) cdp = (cdp + dp[len][i][j][0][k][2]) % modn;
	return cdp;
}
int main()
{
	scanf("%d", &T);
	while(T--)
	{
		read(L); read(R); read(A);
		printf("%lld\n" , ((solve(R) - solve(L - 1)) % modn + modn) % modn);
	}
	return 0;
}