2018上海大都会邀请赛J（数位DP）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int num[20];//按位储存数字
int mod;
long long dp[20][110][110];//位数，位数和，位数和对mod取模的余数

long long dfs(int pos,int he,int yushu,int limit)//通常用三个以上变量dfs，分别用来表示状态，前导零，数字上限，这道题没有前导零，分别表示
//数字的位数，前面位数和，对于mod的余数
{
    if(pos==-1)//从最大位向最小位dfs，个位以下在初始化时变成了-1，代表搜索完成
        return (he==mod&&yushu==0);//表示这个数合法，即满足搜索要求
    else if(dp[pos][he][yushu]!=-1&&limit==0)//在没有限制的条件记忆化，这里与下面记录状态是对应
        return dp[pos][he][yushu];
    int up=limit?num[pos]:9;//判断有无数字上界的限制
    long long summ=0;
    for(int i=0;i<=up;i++)//枚举将不同情况的个数增加到summ中
    {
        if(i+he<=mod)
            summ+=dfs(pos-1,i+he,(i+yushu*10)%mod,limit&&i==num[pos]);//数位DP的灵活所在，此时将位数向下移动一位，数字和增加i，前面的余数*10+现在的余数对mod取模
//最后的limit和i的传递仍待理解
        else
            break;//如果位数和超过了mod，再向下搜索只会更大，剪枝
    }
    if(!limit)
    {
        dp[pos][he][yushu]=summ;//这里对应上面的记忆化，在一定条件下时记录，保证一致性
    }
    return summ;
}

long long solve(long long x)
{
    int cnt=0;
    while(x)
    {
        num[cnt++]=x%10;
        x/=10;
    }
    long long sum=0;
    for(int i=1;i<=cnt*9;i++)
    {
        mod=i;
        memset(dp,-1,sizeof(dp));//实时将取模清空
        sum+=dfs(cnt-1,0,0,1);//cnt比实际位数多1
    }
    return sum;
}

int main()
{
    int t;
    scanf("%d",&t);
    for(int tt=1;tt<=t;tt++)
    {
        long long n;
        scanf("%lld",&n);
        printf("Case %d: %lld ",tt,solve(n));
    }
    return 0;
}
//数位DP难在DP，数位的模板仍存在疑问

附上数位DP模板，DP的步骤需要自己写，数位的套路已有现成
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

        printf("%lld ",solve(ri)-solve(le-1));

    }

}