题目：不要62
参考dalao：
数位dp总结 之 从入门到模板
Time Limit: 1000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 62324 Accepted Submission(s): 24714
Problem Description
杭州人称那些傻乎乎粘嗒嗒的人为62（音：laoer）。
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。
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。
Input
输入的都是整数对n、m（0<n≤m<1000000），如果遇到都是0的整数对，则输入结束。
Output
对于每个整数对，输出一个不含有不吉利数字的统计个数，该数值占一行位置。
Sample Input
1 100 0 0
Sample Output
80
思路：将输入的数拆解，存在a数组中，进行dfs
ll dfs (int cut, bool limit, bool sta)
cut表示此时在第几位，limit表示对此位的枚举有没有限制，sta表示前一位是否为六（用于判断62组合）
然后直接上代码吧：
/***********************************************/
int a[20];
ll dfs(int cut,bool limit,bool sta)
{
if(cut==0) return 1;
ll ans=0;
int cu=limit?a[cut]:9;
for(int i=0;i<=cu;i++)
{
if(i==2 && sta) continue;
if(i!=4)
ans+=(dfs(cut-1, limit & (i==a[cut]) ,i==6));
}
return ans;
}
ll solve(ll x)
{
int cut=0;
while(x){
a[++cut]=(x%10);
x/=10;
}
return dfs(cut,1,0);
}
int main()
{
ll a,b;
while(1)
{
cin>>a>>b;
if(a==0 && b==0) return 0;
cout<<solve(b)-solve(a-1)<<endl;
}
return 0;
}
当然也可以优化，用一个DP数组dp[i][j]专门记录那些没有限制情况下的情况，因为dfs过程中这些没有限制（指枚举限制）的情况的很多是重复的，比如：对2345，如果最高位枚举0,1,2,3,4时，后面几位的枚举是没有限制的，不用重复计算，只要计算一次，存在dp数组中就行，（注意a数组对应数字是从右往左读的！！！）
而dp[i][j]：表示对前i位，在没有限制情况下的数字方案数，而 j 表示第 i 位对前一位有没有制约，比如第 i 位为6，那么第 i-1 位不能为2，即 j 表示第 i 位是否是6
ps：如果直接用dp[i]，那么对于第i位是6和不是6的方案数是不一样的。（因为6对前一位有限制）
（实际上这个优化版的才算得上是数位dp，前面那个纯属暴力）
优化代码：（即记忆化搜索dfs）
/***********************************************/
int a[20];
ll dp[20][2];//前i位，第i位是否为6，的方案数
ll dfs(int cut,bool limit,bool sta)
{
if(cut==0) return 1;
if(!limit && dp[cut][sta]!=-1/*表示此结果已经计算过，直接调用就行*/) return dp[cut][sta];
ll ans=0;
int cu=limit?a[cut]:9;
for(int i=0;i<=cu;i++)
{
if(i==2 && sta) continue;
if(i!=4)
ans+=(dfs(cut-1, limit & (i==a[cut]) ,i==6));
}
if(!limit) dp[cut][sta]=ans;//保存计算结果，专业点叫：记忆化搜索//
return ans;
}
再次感谢大佬的数位DP模板，写的很好。
这里将他的模板转载一下：
1 typedef long long ll; 2 int a[20]; 3 ll dp[20][state];//不同题目状态不同 4 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 5 { 6 //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 7 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 */ 8 //第二个就是记忆化(在此前可能不同题目还能有一些剪枝) 9 if(!limit && !lead && dp[pos][state]!=-1) return dp[pos][state]; 10 /*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*/ 11 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 12 ll ans=0; 13 //开始计数 14 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 15 { 16 if() ... 17 else if()... 18 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 19 /*这里还算比较灵活，不过做几个题就觉得这里也是套路了 20 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 21 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 22 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， 23 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*/ 24 } 25 //计算完，记录状态 26 if(!limit && !lead) dp[pos][state]=ans; 27 /*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*/ 28 return ans; 29 } 30 ll solve(ll x) 31 { 32 int pos=0; 33 while(x)//把数位都分解出来 34 { 35 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 36 x/=10; 37 } 38 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 39 } 40 int main() 41 { 42 ll le,ri; 43 while(~scanf("%lld%lld",&le,&ri)) 44 { 45 //初始化dp数组为-1,这里还有更加优美的优化,后面讲 46 printf("%lld ",solve(ri)-solve(le-1)); 47 } 48 }