原文

一、基础篇

数位\(dp\)是一种计数用的\(dp\)，一般就是要统计一个区间\([le,ri]\)内满足一些条件数的个数。所谓数位\(dp\)，字面意思就是在数位上进行\(dp\)咯。数位还算是比较好听的名字，数位的含义：一个数有个位、十位、百位、千位......数的每一位就是数位啦！

之所以要引入数位的概念完全就是为了\(dp\)。数位\(dp\)的实质:就是换一种暴力枚举的方式，使得新的枚举方式满足\(dp\)的性质，然后记忆化就可以了。

两种不同的枚举：对于一个求区间\([le,ri]\)满足条件数的个数，最简单的暴力如下：

for(int i=le;i<=ri;i++)
    if(right(i)) ans++;

然而这样枚举不方便记忆化，或者说根本无状态可言。

新的枚举：控制上界枚举，从最高位开始往下枚举，例如：\(ri=213\)，那么我们从百位开始枚举：百位可能的情况有\(0,1,2\)(觉得这里枚举\(0\)有问题的继续看)

然后每一位枚举都不能让枚举的这个数超过上界\(213\)（下界就是\(0\)或者\(1\)，这个次要），当百位枚举了\(1\)，那么十位枚举就是从\(0\)到\(9\)，因为百位\(1\)已经比上界\(2\)小了，后面数位枚举什么都不可能超过上界。所以问题就在于：当高位枚举刚好达到上界是，那么紧接着的一位枚举就有上界限制了。

具体的这里如果百位枚举了\(2\)，那么十位的枚举情况就是\(0\)到\(1\)，如果前两位枚举了\(21\)，最后一位之是\(0\)到\(3\)(这一点正好对于代码模板里的一个变量\(limit\) 专门用来判断枚举范围)。

最后一个问题：最高位枚举\(0\)：百位枚举\(0\)，相当于此时我枚举的这个数最多是两位数，如果十位继续枚举\(0\)，那么我枚举的就是一位数，因为我们要枚举的是小于等于\(ri\)的所以数，当然不能少了位数比\(ri\)小的！(这样枚举是为了无遗漏的枚举，不过可能会带来一个问题，就是前导零的问题，模板里用\(lead\)变量表示，不过这个不是每个题目都是会有影响的，可能前导零不会影响我们计数，具体要看题目)

由于这种新的枚举只控制了上界所以我们的\(Main\)函数总是这样：

int main()
{
    long long le,ri;
    while(~scanf("%lld%lld",&le,&ri))
        printf("%lld\n",solve(ri)-solve(le-1));
}

统计\([1,ri]\)数量和\([1,le-1]\)，然后相减就是区间\([le,ri]\)的数量了，这里我写的下界是\(1\)，其实\(0\)也行，反正相减后就没了，注意题目中\(le\)的范围都是大于等于\(1\)的(不然\(le=0\),再减一就\(G_G\)了)。

在讲例题之前先讲个基本的动态模板(先看后面的例题也行)：\(dp\)思想，枚举到当前位置\(pos\)，状态为\(state\)(这个就是根据题目来的，可能很多，毕竟\(dp\)千变万化)的数量(既然是计数,\(dp\)值显然是保存满足条件数的个数)

typedef long long ll;
int a[20];
ll dp[20][state];//不同题目状态不同
ll dfs(int pos,/*state变量*/,bool lead/*前导零*/,bool limit/*数位上界变量*/)//不是每个题都要判断前导零
{
    //递归边界，既然是按位枚举，最低位是0，那么pos==-1说明这个数我枚举完了
    if(pos==-1) return 1;/*这里一般返回1，表示你枚举的这个数是合法的，
      那么这里就需要你在枚举时必须每一位都要满足题目条件，也就是说当前枚举到pos位，一定要保证前面已经枚举的数位是合法的。
      不过具体题目不同或者写法不同的话不一定要返回1 */

    //第二个就是记忆化(在此前可能不同题目还能有一些剪枝)
    if(!limit && !lead && dp[pos][state]!=-1) return dp[pos][state];
    /*常规写法都是在没有限制的条件记忆化，这里与下面记录状态是对应，具体为什么是有条件的记忆化后面会讲*/
    int up=limit?a[pos]:9;//根据limit判断枚举的上界up;这个的例子前面用213讲过了
    ll ans=0;
    //开始计数
    for(int i=0;i<=up;i++)//枚举，然后把不同情况的个数加到ans就可以了
    {
        if() ...
        else if()...
        ans+=dfs(pos-1,/*状态转移*/,lead && i==0,limit && i==a[pos]) //最后两个变量传参都是这样写的
        /*这里还算比较灵活，不过做几个题就觉得这里也是套路了
        大概就是说，我当前数位枚举的数是i，然后根据题目的约束条件分类讨论
        去计算不同情况下的个数，还有要根据state变量来保证i的合法性，比如题目
        要求数位上不能有62连续出现,那么就是state就是要保存前一位pre,然后分类，
        前一位如果是6那么这意味就不能是2，这里一定要保存枚举的这个数是合法*/
    }
    //计算完，记录状态
    if(!limit && !lead) dp[pos][state]=ans;
    /*这里对应上面的记忆化，在一定条件下时记录，保证一致性，当然如果约束条件不需要考虑lead，这里就是lead就完全不用考虑了*/
    return ans;
}
ll solve(ll x){
    int pos=0;
    while(x){//把数位都分解出来
        a[pos++]=x%10;//个人老是喜欢编号为[0,pos),看不惯的就按自己习惯来，反正注意数位边界就行
        x/=10;
    }
    return dfs(pos-1/*从最高位开始枚举*/,/*一系列状态 */,true,true);
    //刚开始最高位都是有限制并且有前导零的，显然比最高位还要高的一位视为0嘛
}
int main(){
    ll le,ri;
    while(~scanf("%lld%lld",&le,&ri)){
        //初始化dp数组为-1,这里还有更加优美的优化,后面讲
        printf("%lld\n",solve(ri)-solve(le-1));
    }
}