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一、思路分析

这题先写搜索,再加上记忆化, 难点在于数据范围很大, 处理不好的话很容易超过\(LL\)范围出错，所以记得到处取 \(MOD\)。

以一个\(6\)位数举例:
假设对于一个\(6\)位数 \(axxxxx\)
我们想知道以\(a\)开头的满足要求的\(6\)位数的平方和,（将抽象问题具体化，方便我们理解，理解清楚后，再将具体问题抽象化，方便推导）

我们不妨设\(a\)右侧的\(5\)位形成的数字为\(b\)
(给一个例子，方便理解\(a\),\(b\)是啥， 比如对于一个\(6\)位数\(213456\)，\(a\)就是\(2\), \(b\)就是\(13456\)
形成的平方为 \((a * 10^5 + b)^2 = a^2 * 10^5 * 10^5 + b^2 + 2ab* 10^5\)

那么对于右侧不同的数字\(b\), 比如\(b_1\)
形成的平方\(= a^2 * 10^5 * 10^5 + b_1^2 + 2ab_1* 10^5\)

假设\(ab\),\(ab_1\),\(ab_2\),\(ab_3\), … 都是满足要求的数字
那么(ab)^2 + (ab1)^2+ (ab2)^2+ … = (a^2 * 10^5 * 10^5) * cnt + 2 * a * 10^5 * (b+b1+b2+…) + (b^2+b12+b2^2…)
cnt为满足要求的数字个数， 10的多少次方可以根据数字长度预处理出来。

那么我们可以看出来
只要我们能获取满足要求的数字个数， 以及右侧所有b之和， 以及所有b^2之和 就能求出答案

所以我们dp数组类型定义成一个结构体，分别存长度，右侧数字之和, 右侧数字平方和这3项即可，
再就是状态划分了，长度缩短即可划分

二、实现代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long LL;
const LL MOD = 1e9 + 7;//要求对结果进行模1e9+7
const int N = 20;      //L,R是18位的十进制数，数位最长开到20，肯定够了
const int M = 10;      //因为需要记录%7的状态，所以开到10就够了
int a[N];              //数位分离的每一位结果
LL pw[N];              //(10的i次幂)%MOD

struct Node {
    LL cnt;    //符合要求的数字个数
    LL sum;    //每个数位数字和%7的值
    LL sq_sum; //平方和%MOD的值
} dp[N][M][M];
//dp[i][j][k]表示从i位开始往后,最左侧到i位每位的数之和%7=j, 最左侧到i位的数%7=k
/**
 比如：原数 1234567
      pos 6543210
      假如现在pos=3,那么dp[i=3][j=10%7=3][k=1234%7]=统计好结构体Node (Node里有三个属性：)
 */

//当前在第pos位，最高位到第pos位每位数字之和（%7）为sum，整个数字（%7）为num，limit表示是否贴合上界
Node dfs(int pos, int sum, int num, bool limit) {
    //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），则贡献值++
    if (pos == -1) return (Node) {sum && num, 0, 0};
    //记忆化，如果不贴合上界（!lim），直接放回记录过的答案
    if (!limit && ~dp[pos][sum][num].cnt) return dp[pos][sum][num];
    //第pos位最大能填的数
    int up = limit ? a[pos] : 9;
    //声明一个结果变量，用来装本轮的结果值
    Node res = {0, 0, 0};
    for (int i = 0; i <= up; i++)   //枚举第pos位填的数
        if (i != 7) {   //题目要求，数位上没有7
            Node t = dfs(pos - 1, (sum + i) % 7, (num * 10 + i) % 7, limit && i == up);
            //k:当前层的基值
            LL k = i * pw[pos];
            res.cnt = (res.cnt + t.cnt % MOD) % MOD; //统计与7无关数出现次数
            res.sum = (t.cnt * k % MOD + t.sum % MOD + res.sum) % MOD;
            res.sq_sum = (res.sq_sum + t.cnt * k % MOD * k % MOD + t.sq_sum + 2 * t.sum % MOD * k % MOD) % MOD;
        }
    return limit ? res : dp[pos][sum][num] = res;
}


LL calc(LL x) {
    int pos = 0;
    memset(dp, -1, sizeof dp);
    while (x)a[pos++] = x % 10, x /= 10;
    return dfs(pos - 1, 0, 0, 1).sq_sum;
}

int main() {
    int T;
    cin >> T;
    //预处理(10的幂)%MOD
    pw[0] = 1;
    for (int i = 1; i < N; i++) pw[i] = pw[i - 1] * 10 % MOD;

    while (T--) {
        LL l, r;
        cin >> l >> r;
        printf("%lld\n", (calc(r) - calc(l - 1) + MOD) % MOD);
    }
    return 0;
}