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数位DP其实是很灵活的，所以一定不要奢求一篇文章就会遍所有数位DP的题，这一篇只能是讲清楚一种情况，其他情况遇到再总结，在不断总结中慢慢体会这个思想，以后说不定就能达到一看到题目就能灵活运用的水平。（其实DP都是这样……）
这一篇要说的数位DP是一道最简单的数位DP：题目链接
题目大意：多组数据，每次给定区间[n,m]，求在n到m中没有“62“或“4“的数的个数。
如62315包含62，88914包含4，这两个数都是不合法的。0 < n<=m < 1000000
试想：我们如果能有一个函数count(int x)，可以返回[0,x]之间符合题意的数的个数。那么是不是直接输出count(m)-count(n-1)就是答案？
好，那么下面我们的关注点就在于怎么做出这个函数。我们需要一个数组。（dp原本就是空间换时间）
我们设一个数组f[i][j]，表示i位数，最高位是j的数，符合题意的数有多少个。比如f[1][2]=1; f[1][4]=0; f[2][6]=8 (60,61,63,65,66,67,68,69).
我们先不关注这个f有什么用，我们先关注f本身怎么求。首先f[1][i]=0(if i==4),f[1][i]=1(if i!=4) (0<=i<=9)。这一步是很显然的，那么根据这个题的数据范围，只需要递推到f[7][i]就够用了。那么稍微理解一下，可以想出递推式：
f[i][j]=
if (j==4) f[i][j]=0
else if (j!=6) f[i][j]=Σf[i-1][k] (k=0,1,2,3,4,5,6,7,8,9)
else if (j==6) f[i][j]=Σf[i-1][k] (k=0,1,3,4,5,6,7,8,9)
上面的式子也是很显然的，如果觉得不显然可以这样想：i位数，最高位是j的符合条件的数，如果j是4，肯定都不符合条件（因为题目不让有4），所以直接是0；如果j不是6，那么它后面随便取，只要符合题意就可以，所以是f[i-1][k],k可以随便取的和；如果j是6，后面只要不是2就行，所以是f[i-1][k],k除了2都可以，求和。
这里要说明一下，认为00052是长度为5，首位为0的符合条件的数，052是长度为3首位为0符合条件的数。
那么现在我们已经得到了f数组，再重申一下它的含义：i位数，最高位是j的数，符合题意的数有多少个。
现在我们就要关注怎么利用f数组做出上面我们说的那个函数count(int x)，它可以求出[0,x]中符合题意的数有多少个。
那么我们做这样一个函数int solve(int x) 它可以返回[0,x)中符合题意的有多少个。那么solve(x+1)实际上与count(x)是等价的。
那么现在问题转化成了：小于x，符合题意的数有多少个？
很简单，既然小于，从最高位开始比，必定有一位要严格小于x（前面的都相等）。所以我们就枚举哪一位严格小于（前面的都相等）。
假设我们现在把x分成了a1,a2,…,aL这样一个数组，长度为L，aL是最高位。
那么结果实际上就是这样：长度为L，最高位取[0,aL-1]的所有的符合题意数的和；再加上长度为L-1，最高位取aL，次高位取[0,aL-1-1]的所有符合题意数的和；再加上……；一直到第一位。
上面有一句话之所以标粗体，是因为这句话并不是对的，但是为了好看，就先这样写着。因为我们还需要考虑这种情况：最高位aL如果是4，那么这句话直接就可以终止了，因为粗体这句话前面的那句话“最高位取aL”是不能成立的。还要考虑这种情况：最高位aL如果是6，那么这里并不是能取[0,aL-1-1]的所有（不能取2）。加上这些条件之后就很严谨了。
把上面的汉字对应到题目里，就是我们前面求出来的f[L][0..aL-1] f[L-1][0..aL-1-1]，所以稍加思索之后就能写出程序了。
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<string> 5 #include<cmath> 6 #include<iomanip> 7 #include<algorithm> 8 #define max(a,b) (a>b?a:b) 9 #define min(a,b) (a<b?a:b) 10 #define swap(a,b) (a=a+b,b=a-b,a=a-b) 11 #define memset(a,v) memset(a,v,sizeof(a)) 12 #define X (sqrt(5)+1)/2.0 //Wythoff 13 #define Pi acos(-1) 14 #define e 2.718281828459045 15 #define eps 1.0e-8 16 using namespace std; 17 typedef long long int LL; 18 typedef pair<int,int>pa; 19 const int MAXL(1e5); 20 const int INF(0x3f3f3f3f); 21 const int mod(1e9+7); 22 int dir[4][2]= {{-1,0},{1,0},{0,1},{0,-1}}; 23 LL dp[10][20]; 24 void getDp() 25 { 26 memset(dp,0); 27 dp[0][0]=1; 28 for(int i=1;i<=7;i++) 29 { 30 for(int j=0;j<=9;j++) 31 { 32 if(j==4) 33 dp[i][j]=0; 34 else if(j==6) 35 { 36 for(int k=0;k<=9;k++) 37 { 38 if(k!=2) 39 dp[i][j]+=dp[i-1][k]; 40 } 41 } 42 else 43 { 44 for(int k=0;k<=9;k++) 45 dp[i][j]+=dp[i-1][k]; 46 } 47 } 48 } 49 } 50 int a[20]; 51 LL solve(int n) 52 { 53 int len=0; 54 while(n) 55 a[++len]=n%10,n/=10; 56 a[len+1]=0; 57 LL ans=0; 58 for(int i=len;i>=1;i--) 59 { 60 for(int j=0;j<a[i];j++) 61 { 62 if(j==4||a[i+1]==6&&j==2) 63 continue; 64 else 65 ans+=dp[i][j]; 66 } 67 if(a[i]==4) 68 break; 69 if(a[i+1]==6&&a[i]==2) 70 break; 71 } 72 return ans; 73 } 74 int main() 75 { 76 getDp(); 77 int n,m; 78 while(cin>>m>>n&&(m||n)) 79 { 80 LL ans1=solve(m); 81 LL ans2=solve(n+1); 82 cout<<ans2-ans1<<endl; 83 } 84 }
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