传送门：Gift
题意：由n（n<=1e9）个珍珠构成的项链，珍珠包含幸运数字（有且仅由4或7组成），取区间[L,R]内的数字，相邻的数字不能相同，且旋转得到的相同的数列为一种，为最终能构成多少种项链。
分析：这是我做过的最为综合的一道题目（太渣了），首先数位dp筛选出区间[L,R]内的幸运数字总数，dp[pos]表示非限制条件下还有pos位含有的幸运数字个数，然后记忆化搜索一下，随便乱搞的（直接dfs不知会不会超时，本人做法900+ms险过，应该直接dfs会超时），再不考虑旋转相同的情况，可以dp再构造矩阵，dp[i][0]表示到达第i位时，最后一个珠子与第一个珠子不同，dp[i][1]表示到达第i位最后一个珠子与第一个相同，则状态转移方程为：
dp[i][0]=dp[i-1][0]*(m-2)+dp[i-1][1]*(m-1)(m为幸运数字种类).
dp[i][1]=dp[i-1][0]*1
上面构造矩阵快速幂求出总数后再由Burnside定理+容斥得到答案，这个问题较为常见，可参考poj2888做法。
#include <stdio.h> #include <cstring> #include <cmath> #include <algorithm> #include <queue> #include <cstdlib> #define LL long long #define N 25 #define mod 1000000007 using namespace std; /**************************矩阵快速幂**************************/ struct matrix { LL m[2][2]; void init() { for(int i=0;i<2;i++) for(int j=0;j<2;j++) m[i][j]=(i==j); } }M; matrix mult(matrix a,matrix b) { matrix c; memset(c.m,0,sizeof(c.m)); for(int k=0;k<2;k++) for(int i=0;i<2;i++) { if(a.m[i][k]==0)continue; for(int j=0;j<2;j++) { c.m[i][j]=(c.m[i][j]+a.m[i][k]*b.m[k][j])%mod; } } return c; } matrix quick_pow(matrix a,int n) { matrix res; res.init(); while(n) { if(n&1)res=mult(res,a); a=mult(a,a); n>>=1; } return res; } LL calc(LL n,LL m) { matrix res; res.m[0][0]=m-2;res.m[0][1]=m-1; res.m[1][0]=1;res.m[1][1]=0; res=quick_pow(res,n-1); // printf("m=%lld n=%lld res=%lld ",m,n,res.m[0][1]); return m*res.m[0][1]%mod; } /**************************矩阵快速幂**************************/ LL POW(LL a,LL n) { LL res=1; a%=mod; while(n) { if(n&1)res=res*a%mod; a=a*a%mod; n>>=1; } return res; } /**********************容斥**************************/ #define MAXN 12 #define MAXM 32000 #define EPS 1e-8 bool p[MAXM]; vector<int> prime; vector<int> factor; vector<int> primefactor; void Init() { int i, j; prime.clear(); memset(p, true, sizeof(p)); for (i = 2; i < 180; i++) { if (p[i]) { for (j = i * i; j < MAXM; j += i) p[j] = false; } } for (i = 2; i < MAXM; i++) { if (p[i]) prime.push_back(i); } } void Prime(int x) { int i, tmp; primefactor.clear(); tmp = (int) (sqrt((double) x) + EPS); for (i = 0; prime[i] <= tmp; i++) { if (x % prime[i] == 0) { primefactor.push_back(prime[i]); while (x % prime[i] == 0) x /= prime[i]; } } if (x > 1) primefactor.push_back(x); } int Mul(int x, int &k) { int i, ans; ans = 1; for (i = k = 0; x; x >>= 1, i++) { if (x & 1) { k++; ans *= primefactor[i]; } } return ans; } LL Phi(int x) { int i, j, t, ans, tmp; Prime(x); ans = 0; t = (int) primefactor.size(); for (i = 1; i < (1 << t); i++) { tmp = Mul(i, j); if (j & 1) ans += x / tmp; else ans -= x / tmp; } return (x - ans) %mod; } /**********************容斥**************************/ LL solve(LL n,LL m) { LL ans=0; for(int i=1;i*i<=n;i++) { if(n%i==0) { int a=i,b=n/i; if(i*i==n) { ans=(ans+Phi(n/a)*calc(a,m))%mod; } else { ans=(ans+Phi(n/a)*calc(a,m))%mod; ans=(ans+Phi(n/b)*calc(b,m))%mod; } } } ans=ans*POW(n,mod-2)%mod; return ans; } /************************数位dp**********************/ LL dig[25],dp[25]; LL dfs(int pos,int flag,int limit,int fzore) { if(pos==0)return flag; if(!fzore&&!limit&&~dp[pos])return dp[pos]; int len=limit?dig[pos]:9; LL ans=0; for(int i=0;i<=len;i++) { if(i==4||i==7||i==0){ if(fzore&&i==0)ans+=dfs(pos-1,0,i==len&&limit,1); else if(i==4||i==7)ans+=dfs(pos-1,1,i==len&&limit,0);} } if(!fzore&&!limit)dp[pos]=ans; return ans; } LL fun(LL x) { int len=0; if(x<4)return 0; while(x) { dig[++len]=x%10; x/=10; } return dfs(len,0,1,1); } /************************数位dp**********************/ int main() { LL n,L,R; Init(); memset(dp,-1,sizeof(dp)); while(scanf("%lld%lld%lld",&n,&L,&R)>0) { LL num=fun(R)-fun(L-1); if(n==0) { puts("0");continue; } if(n==1) { printf("%d ",num%mod); continue; } printf("%d ",solve(n,num)); } }