一、数位dp简述+模板

数位dp是一种计数时使用的动态规划算法，一般是要统计一个区间 [left, right] 内符合给定条件数字的个数，例如HDU 2089 不要62中的统计给定区间内不包含4以及62数字的个数，数位dp其实是暴力枚举算法的优化，通过过滤一些数字，以及记忆化（以下会讲）一些数据，达到优化时间复杂度。

首先 dfs(int step, int state, bool lead, bool limit) 函数有四个参数

• step：表示当前枚举到第几位数，例如1-100，先枚举百位数的数字，再枚举十位数的数字，最后枚举个位数的数字

• state：状态条件，用于记忆化，比如我们要统计[1,9299]之间不含4数字的个数，按理说我们先应该先从1开始枚举，当枚举到1000的时候，此时我们已经知道到了当只有三位数时，不含4数字的个数，那么当我们在枚举千位的数字时，当千位数字为1时，我们已经知道了其后三位数不含4数字的个数，当千位数字来到2时，我们可以直接返回结果，因为千位数1和2均不含4，那么千位数1和千位数2后面三位数中不论怎么搭配，不含数字4的个数一定是一样的，如此可以记忆化数组，避免重复性的计算。

• lead：前导零，某些问题中前导零如00xxx的情况也会影响结果，所以要设置一个bool变量lead，当然，在某些问题下，前导零并不影响结果，所以可以不使用它

• limit：限制标记，我们要枚举所有数字，这些数字一定是有上界的，例如上述我们要枚举[1,9299]之间的数据，当千位数为9时，显然百位数最高只能枚举到2，否则就超出了枚举的上界，但当千位数为8时，此时没有上界可言，因为千位数为8，不论其后三位数是什么都不会超出9299的范围

其次，solve(int x) 的作用是取出一个数的各个位数，用于dfs的遍历

以下是数位dp的模板：

#include<iostream>
using namespace std;
int a[20]; //存储数字位数
int dp[20][2]; //记忆化数组int dfs(int step, int state, bool lead, bool limit) {if (step == -1) return 1; //当遍历到超出数字位数时，说明此情况可行，返回1if (!limit && !lead && dp[step][state] != -1) //记忆化，节省重复计算return dp[step][state];int up = limit ? v[step] : 9;  //取得上界int ans = 0; //开始计数for (int i = 0; i <= up; i++) {if (条件1) ...if (条件2) ...ans += dfs(step + 1, /*状态转移*/, lead && i == 0, limit && i == v[step]);}if (!limit && !lead) //在一定条件下记录结果，对应上面记忆化dp[step][state] = ans;return ans;
}
int solve(int x) {int pos = 0;while (x) { //取出各个位的数字，存在a中a[pos++] = x % 10;x /= 10;}memset(dp, -1, sizeof(dp)); //初始化dp数组值为-1return dfs(pos - 1, /*状态*/, true, true); //刚开始比最高位还高的数字为0，所以有前导零，并且有限制
}
int main() {int le, ri;while (cin >> le >> ri) {int ans = solve(ri) - solve(le - 1);cout << ans << endl;}return 0;
}

二、HDU 2089 不要62 数位dp题解

state变量应用限制条件最强的来记忆化，例如此题不存在62限制为两位，不存在4限制只有一位，所以state标记为此位是否为6，假设求解[1,100]中符合条件的个数，如果state表示为is_four，那么十位为5和十位为6其后个位数符合条件的数字是一样的，因为5和6都不是4，但当十位为6时，个位就不能为2（这是题目要求的），所以就造成了数据不一致的情况，以此得出state变量应用限制条件最强的来进行记忆化。

#include<iostream>
#include<vector>
using namespace std;
int a[20];
int dp[20][2];int dfs(int step, int pre, bool is_six, bool limit) { //pre为前一位数字，用于判断是否存在62,此处is_six就是模板中的state，表示当此位为6和不为6时，后续的结果不同if (step == -1) return 1;if (!limit && dp[step][is_six] != -1) return dp[step][is_six];int up = limit ? a[step] : 9;int ans = 0;for (int i = 0; i <= up; i++){if (i == 4) continue; //存在4则跳过if (i == 2 && pre == 6) continue; //存在62则跳过ans += dfs(step - 1, i, i == 6, limit && i == a[step]);}if (!limit) dp[step][is_six] = ans;return ans;
}
int solve(int x) {int pos = 0;while (x != 0) {a[pos++] = x % 10;x /= 10;}memset(dp, -1, sizeof(dp)); //初始化dp数组值为-1return dfs(pos - 1, -1, 0, true);
}
int main() {int n, m;while (cin >> n >> m && n != 0 && m != 0) {int ans = solve(m) - solve(n - 1);cout << ans << endl;}return 0;
}