数位dp，适用于解决一类求x~y之间有多少个符合要求的数或者其他。
例题
题目描述
杭州交通管理局经常会扩充一些的士车牌照，新近出来一个好消息，以后上牌照，不再含有不吉利的数字了，这样一来，就可以消除个别的士司机和乘客的心理障碍，更安全地服务大众。
不吉利的数字为所有含有4或62的号码。例如：
62315 73418 88914
都属于不吉利号码。但是，61152虽然含有6和2，但不是62连号，所以不属于不吉利数字之列。
你的任务是，对于每次给出的一个牌照区间号，推断出交管局今次又要实际上给多少辆新的士车上牌照了。
输入输出格式
输入的都是整数对A、B（0＜A≤B＜10^9），如果遇到都是0的整数对，则输入结束。
数据规模
20% 的数据，满足 1≤A≤B≤10^6；
100%的数据，满足 1≤A≤B≤2×10^9。
解法
用solve(x)求0~x中符合要求的数有几个；那么答案显然就是solve(b)-solve(n-1)
那么如何solve呢？用记忆化搜索（不用搜索而用普通dp也行，但要麻烦一点）
我们考虑从高位往低位枚举：
- 如果前面的所有位都“取到顶了”，那么下一位只能取0~这一位：比如4375前两位取了43,那么下一位只能取0~这一位，也就是0~7
- 否则，下一位可以取0~9
我们使用flag来表示前几位有没有“取到顶”
f[l][lst]表示的是整个长度为l的数的前面一位是lst的数有多少个。比如f[3][5]表示的就是形如5 ___ ___ ___的数有多少个（注意：不是形如5 ___ ___！）
需要注意的是，只能在flag=0的情况下才能记忆化，因为flag=0时后面是可以取满的；flag=1时后面取不满，而且上限是不定的。
具体实现详见注释。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
if(!flag&&f[l][lst]!=-1) return f[l][lst];//记忆化
int u=flag?d[l]:9,anstmp=0;
for(int i=0;i<=u;i++)
if(i!=4&&!(lst==6&&i==2)) //这一位4或者前一位是6这一位是2(也就是组成62）是不行的。
anstmp+=dfs(l-1,i,flag&&i==u);
return flag?anstmp:f[l][lst]=anstmp;//只有flag=0时才能记忆化！
}
inline int solve(int k)
{
cnt=0;
while(k)
{
d[++cnt]=k%10;
k/=10;
}//先将当前的数一位一位拆开
return dfs(cnt,0,1);
}
int main()
{
memset(f,-1,sizeof(f));
while(scanf("%d %d",&n,&m)!=EOF)
{
if(n==m&&n==0) break;
printf("%d\n",solve(m)-solve(n-1));
}
return 0;
}P2602 [ZJOI2010]数字计数
题目描述
给定两个正整数a和b，求在[a,b]中的所有整数中，每个数码 (digit) 各出现了多少次。
输入格式
仅包含一行两个整数 a,b，含义如上所述。
输出格式
包含一行 10个整数，分别表示 0～9在[a,b]中出现了多少次。
数据规模
30%的数据中，1≤a≤b≤10^6；
100%的数据中，1≤a≤b≤10^12。
实现
ans[0~9]表示题目的答案。
f[l][lst][11]:f[l][lst][0~9]表示0~9各有多少个，f[l][lst][10]表示有几个数
f[l][lst][10]很好算，f[l][lst][0~9]直接算不好算，我们采取在dfs前和dfs后的ans数组做差的方法求出。
dfs中的tstep是调试用的，不用管；dfs中的t是表示加或者减的，因为是0~m的答案减去0~n-1的答案，所以求0~m时t=1，0~n-1时t=-1
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
ll n,m,cnt=0,d[1005],f[1005][1005][11],k,b,ans[1005],bf[1005];
ll dfs(ll l,ll lst,bool flag,bool flagg,ll t,ll tstep)
{
if(l==0) return 1;
if(!flag&&!flagg&&f[l][lst][10]!=-1)
{
for(ll i=0;i<=9;i++) ans[i]+=f[l][lst][i]*t;
return f[l][lst][10];
}
ll u=(flag?d[l]:9),anstmp=0;
for(int i=0;i<=9;i++) bf[i]=ans[i];
for(ll i=0;i<=u;i++)
{
ll tttmp=dfs(l-1,i,flag&&i==u,flagg&&i==0,t,tstep+1);
if(i!=0||!flagg)
{
ans[i]+=tttmp*t;
anstmp+=tttmp;
}
}
if(!flag&&!flagg) {for(int i=0;i<=9;i++) {f[l][lst][i]=abs(ans[i]-bf[i]);}}
return (flag||flagg)?anstmp:f[l][lst][10]=anstmp;
}
inline ll solve(ll k,ll t)
{
cnt=0;
while(k)
{
d[++cnt]=k%10;
k/=10;
}
return dfs(cnt,0,1,1,t,0);
}
int main()
{
memset(f,-1,sizeof(f));
scanf("%lld %lld",&n,&m);
solve(m,1);
solve(n-1,-1);
for(ll i=0;i<=8;i++) printf("%lld ",ans[i]);
printf("%lld",ans[9]);
return 0;
}原文地址：https://www.cnblogs.com/LJB00125/p/shuweidp-and-LG-P2602-tijie.html