Solution
听说这题要用数位dp。
不会。
只能用暴力了......
举个例子：求\([29,3246]\)中每个数码的出现次数。
首先想到把每个数码分开求。
好像很难。
然后想到\([1,3246]\)的答案减去\([1,28]\)的答案。
好像还是很难。
最后突发奇想，把位数也分开，例如：求\([1,3246]\)中十位出现\(4\)的个数。
好像很水。
还是刚才那个例子，显然，从\(1\)开始的每\(100\)个数中，就有\(10\)个数的十位是\(4\)，\(3246/100*10=320\)，已经有\(320\)个十位是\(4\)的数了。那么剩下的\(46\)个数呢？显然，从\(1\)开始的每\(100\)个数中，十位是\(4\)的数都是第\(40\)个到第\(49\)个，\(3246\%100\)=\(46\)，剩下\(46\)个数，第\(40\)个数到第\(46\)个数符合条件，也要算进去。
然后会发现问题来了：\(0\)的个数好像多出来了？是的，例如计算\([1,3246]\)中十位出现\(0\)的个数，像刚才那样，每\(100\)个数中就有\(10\)个数的的十位是\(0\)，是这\(100\)个数中的第\(1\)个数到第\(9\)个数，好像哪里不对?\([1,9]\)没有十位的0啊？
可以看出，刚才计算某一位某个数码的出现次数，并没有管比这一位高的几位是几，也就是说可能全部都是\(0\)。实际上在刚才的方法中，将\([1,3246]\)全部看作了四位数:\(0001\),\(0002\),\(0003\)......
那么，如何减去这些前导零呢？很简单，\([1,9]\)每个数有\(3\)个前导零，\([10,99]\)每个数有\(2\)个前导零，以此类推。
计算部分长这样（不包括减去前导零）：
for(i=0;i<=cnt;i++)//枚举位数，位数的标号从0开始，便于用p[0]对应个位
for(j=0;j<=9;j++)//枚举数码
{
num[j]+=x/p[i+1]*p[i];//num[j]记录j的出现次数
mod=x%p[i+1];//p[i]为10的i-1次方
if(mod<p[i]*j)continue;//x为区间右端点
if(mod>p[i]*(j+1)-1)mod=p[i]*(j+1)-1;
num[j]+=(mod-p[i]*j+1);
}
观察上面的代码，会发现问题又来了：计算\([1,3246]\)中十位为\(0\)的个数，和上面一样，剩下\(46\)个数，\(mod=46\)，\(j=0\)，\(mod-p[i]*j+1=47\)，不是只有\(46\)个吗？
进一步发现，这段代码中，每一位的\(0\)都会多算一个，可以看成：把\(0\)这个数以及它的前导零都多算了一次，也就是求了\([0,3246]\)每一位\(0\)的出现次数，那么应减去\([0,3246]\)的前导零。
那么问题又来了，\([0,28]\)中算了\(0\)，\([0,3246]\)中也算了\(0\)，相减不就抵消了吗？为什么还要各自减去呢？
这个问题将在以下代码中讲解：
Code
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
long long p[200],a,b,ans[200],x,mod,y,t,num[200],i,j,cnt,tot;
int main()
{
p[0]=1;
cin>>a>>b;
x=b;
//先处理[1,b]每个数码1~9的出现次数,[0,b]0的出现次数
while(b)
{
cnt++;
b/=10;
}
cnt--;
//p[0]对应个位，p[0]~p[cnt]对应b的每一位，总共cnt+1位
for(i=1;i<=cnt+1;i++)
p[i]=p[i-1]*10;//p[i]表示10的i次方
for(i=0;i<=cnt;i++)//第i位
for(j=0;j<=9;j++)//数字j，出现几次
{
ans[j]+=x/p[i+1]*p[i];
//每p[i+1]个连续整数中，这一位必会出现p[i]次j
mod=x%p[i+1];//个数不足p[i+1]的段，可能还出现j
if(mod<p[i]*j)continue;
//长度不足p[i]*j说明剩下的段中不存在第i位为j的
//这句不懂的用这段代码模拟一下[1,3426]中十位为4的个数的计算过程
if(mod>p[i]*(j+1)-1)mod=p[i]*(j+1)-1;
//把剩余的段中这一位没有j的去掉
//这句不懂的用这段代码模拟一下[1,3466]中十位为4的个数的计算过程
ans[j]+=mod-p[i]*j+1;//[p[i]*j,mod]的数中，这一位都为j
}
for(i=0;i<cnt;i++)//减去前导零
{
t=p[i];
if(i==0)t=0;//位数为i+1的最小非负整数为t，因为要减掉0，所以是非负
y=p[i+1]-1;//位数为i+1的最大整数为y
if(y>x)y=x;//y不能超过x，即不能超过b
ans[0]-=(cnt-i)*(y-t+1);//把所有数都按b的位数来看，减去前导零的个数
//[t,y]的每个数都会有cnt-i个前导零
}
x=a-1;
//处理[1,a-1]数码1~9的出现次数，以及[0,a-1]0的出现次数
tot=a-1;
cnt=0;
if(tot==0)cnt=1;
while(tot)
{
cnt++;
tot/=10;
}
cnt--;
for(i=0;i<=cnt;i++)
for(j=0;j<=9;j++)
{
num[j]+=x/p[i+1]*p[i];
mod=x%p[i+1];
if(mod<p[i]*j)continue;
if(mod>p[i]*(j+1)-1)mod=p[i]*(j+1)-1;
num[j]+=(mod-p[i]*j+1);
}
/*
讲解刚才那个问题：
刚才说会把0给算进去，但是两个区间中都会算到0，相减是不是就能抵消了？
对于这个程序来说，如果a-1是一位数，那么cnt=0，下面的那个循环不会进入，
这个区间内的0不会被算；b不是一位数，上面那个区间的0会被算，就多出来了。
所以在处理两个区间时，各自减掉各自的0就行了。
*/
if(cnt!=0)
for(i=0;i<cnt;i++)
{
t=p[i];
if(i==0)t=0;
y=p[i+1]-1;
if(y>x)y=x;
num[0]-=(cnt-i)*(y-t+1);
}
for(i=0;i<=9;i++)//两个区间相减，得到[a,b]的结果
cout<<ans[i]-num[i]<<" ";
return 0;
}
注意要开long long，不然\(30\)分，当然不用全开long long，只是因为我懒得去想哪些不用开。
历经千辛万苦，终于利用暴力解出一道数位dp。
于是，我至今不会数位dp。