先看题意，只对后2位操作，再看数据范围，这大概是一个O(n)或O(nlogn)复杂度的题目，

但由于题目不允许排序，这样会破坏后2位的位置，所以大概是一个O(n)的做法，题目要求计数，脑海里想到了是否是某数学题目，但题目要求不太可能是，先从小范围考虑。

若n=1，此时当且仅当a[1]=i的方案数为1，其他为0，当a[1]不是一位数时，方案数全0.

若n=2，此时只可能是a[n]+a[n-1]和a[n]*a[n-1]各自的数字取个位数后的2个数字有一个方案数

若n=i，我们现在如果要把第i项改成数字j（j是一位数），而且已经知道第i+1项数字为k的方案数，怎么递推？

例如，现在的a[i]是3，要改成数字6，只有2种可能，把第i+1项的3做第一种操作，把第i+1项的2做第二种操作，所以我们就看第i+1改成数字x的方案数，那第i+1项又是如此，很显然是一个计数dp。

代码如下，时间复杂度为O(n)，常数为10倍，妥妥够了。

注意：这道题，计数dp的数组不要开成int，哪怕取模数字是在int范围，但还是会爆，试了n多次才发现的教训。

#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N=2e5+7,M=1e9+7;
typedef long long ll;
int a[N];
ll f[N][10];//把第i位变成j的方案数 
int c1(int x,int y){
	return (x+y)%10;
}
int c2(int x,int y){
	return (x*y)%10;
}
int main(){
    int n;
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
    if(n==1){
    	for(int i=0;i<10;i++){
    		if(a[1]!=i)cout<<0;
    		else cout<<1;
    		cout<<" ";
		} 
		return 0;
	}
	else{
		f[n-1][c1(a[n]%10,a[n-1]%10)]+=1;
		f[n-1][c2(a[n]%10,a[n-1]%10)]+=1;
		for(int i=n-2;i>=1;i--){
			for(int j=0;j<10;j++){
				//什么情况下可以使得第i项变成数字j？ 
				//先考虑第一种操作 
				int d=a[i]%10;
				f[i][j]=(f[i][j]+f[i+1][(j-d+10)%10])%M;
				//再考虑第二种操作
				for(int k=0;k<10;k++){ //为了变成i，需要乘哪个数 
					if((d*k)%10==j){
						f[i][j]=(f[i][j]+f[i+1][k])%M;
					}
				}
			}
		}
	}
	for(int i=0;i<10;i++)cout<<f[1][i]<<" ";
}