hihocoder#1033 : 交错和（数位DP）

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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 $a_0, a_1, ..., a_{n - 1}$，定义交错和函数：

$$f(x) = a_0 - a_1 + a_2 - ... + ( - 1)^{n - 1}a_{n - 1}$$

例如：

$$f(3214567) = 3 - 2 + 1 - 4 + 5 - 6 + 7 = 4$$

给定 $l, r, k$，求在 $[l, r]$ 区间中，所有 $f(x) = k$ 的 $x$ 的和，即：

$$\sum_{x=l}^{r}[f(x)=k]x$$

输入
输入数据仅一行包含三个整数，$l, r, k(0 ≤ l ≤ r ≤ 10^{18}, |k| ≤ 100)$。

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 $10^9 + 7$。

提示
对于样例 ，满足条件的数有 110 和 121，所以结果是 231 = 110 + 121。

更多样例：

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
100 121 0
样例输出
231

思路：数位DP，用结构体$d[i][sum][0/1]$存储前$i$位的交错和为$sum$，$0/1$表示在第$i$位是$+a_i/-a_i$的数的和以及这些数的个数。

交错和可能为负，所以假定$sum=200$的时候和为0。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAX=1e6+10;
const int MOD=1e9+7;
const double PI=acos(-1.0);
typedef long long ll;
struct lenka
{
    ll sum,cnt;
}d[20][10][400][2];
int p[20];
ll f[20];
ll cal(ll x,ll num)
{
    if(x<0)return 0;
    int n=0;
    while(x)p[n++]=x%10,x/=10;n--;
    memset(d,0,sizeof d);
    for(int i=0;i<=n;i++)
    {
        if(i==0)
        {
            for(int j=0;j<=9;j++)
            {
                d[i][j][200+j][0].sum=j;
                d[i][j][200+j][0].cnt=1;
                d[i][j][200-j][1].sum=j;
                d[i][j][200-j][1].cnt=1;
            }
            continue;
        }
        for(int j=0;j<=9;j++)
        {
            for(int k=0;k<=9;k++)
            for(int sum=200-9*i;sum<=200+9*i;sum++)
            {
                (d[i][j][sum-j][1].sum+=d[i-1][k][sum][0].sum+d[i-1][k][sum][0].cnt*j%MOD*f[i]%MOD)%=MOD;
                (d[i][j][sum-j][1].cnt+=d[i-1][k][sum][0].cnt)%=MOD;

                (d[i][j][sum+j][0].sum+=d[i-1][k][sum][1].sum+d[i-1][k][sum][1].cnt*j%MOD*f[i]%MOD)%=MOD;
                (d[i][j][sum+j][0].cnt+=d[i-1][k][sum][1].cnt)%=MOD;
            }
        }
    }
    ll ans=0;
    for(int i=0;i<n;i++)
    {
        for(int j=1;j<=9;j++)(ans+=d[i][j][num][0].sum)%=MOD;
    }
    ll dig=0,tot=0;
    for(int i=n;i>=0;i--)
    {
        if(i==n)
        {
            for(int j=1;j<p[i];j++)(ans+=d[i][j][num][0].sum)%=MOD;
        }
        else
        {
            for(int j=0;j<p[i];j++)
            {
                (ans+=d[i][j][num-dig][(n-i)%2].sum)%=MOD;
                (ans+=d[i][j][num-dig][(n-i)%2].cnt*tot%MOD)%=MOD;
            }
        }
        if((n-i)%2==0)dig+=p[i];
        else dig-=p[i];
        (tot+=p[i]*f[i]%MOD)%=MOD;
    }
    return ans+(dig+200==num?tot:0);
}
int main()
{
    f[0]=1;
    for(int i=1;i<=19;i++)f[i]=f[i-1]*10%MOD;
    ll L,R,k;
    cin>>L>>R>>k;
    printf("%lld\n",(cal(R,k+200)-cal(L-1,k+200)+MOD)%MOD);
    return 0;
}