这篇博客转载自我的一个同学，这里给出链接https://blog.csdn.net/JKdd123456/article/details/81383012
一、基础篇——介绍
1、概念：
数位dp是一种计数用的dp，一般就是要统计一个区间 [A , B ] 内满足一些条件数的个数。
所谓数位dp，字面意思就是在数位上进行dp。
数位的含义：一个数有个位、十位、百位、千位......数的每一位就是数位啦！
之所以要引入数位的概念完全就是为了dp。数位dp的实质就是 换一种暴力枚举的方式，使得新的枚举方式满足dp的性质，然后记忆化就可以了。
数位DP其实是很灵活的，所以一定不要奢求一篇文章就会遍所有数位DP的题，这一篇只能是讲清楚一种情况，其他情况遇到再总结，在不断总结中慢慢体会这个思想，以后说不定就能达到一看到题目就能灵活运用的水平。（其实DP都是这样……）
ex:
例1.求 a~b 中不包含49的数的个数 . 0 < a、b < 2*10^9
注意到n的数据范围非常大，暴力求解是不可能的，考虑dp,如果直接记录下数字，数组会开不起，该怎么办呢？
此时就要用到数位dp.
2、用处：
一般应用于：
（1）、 求出在给定区间 [A,B] 内，符合条件 P(i) 的数 i 的个数.
（2）、条件 P(i) 一般与 数 的大小无关，而与 数的组成 有关.
3、这样，我们就要考虑一些特殊的记录方法来做这道题.一般来说，要保存给定数的每个位置的数.然后要记录的状态为当前操作数的位数，剩下的就是根据题目的需要来记录.可以发现，数位dp的题做法一般都差不多，只是定义状态的不同罢了.
二、实战篇——例题分析
1、
例：
这一篇要说的数位DP是一道最简单的数位DP：题目链接
题目大意：多组数据，每次给定区间 [n,m] ，求在n到m中没有 “62“ （连续）或 “4“ 的数的个数。
如62315包含62，88914包含4，这两个数都是不合法的。
0 < n<=m < 1000000
（1）、两种不同的枚举：对于一个求区间[le,ri]满足条件数的个数，最简单的暴力如下：
for(int i=le; i<=ri; i++) if(right(i)) ans++;
然而这样枚举不方便记忆化，或者说根本无状态可言。
（2）新的枚举——————数位 dp
A:
思路分析：
试想：我们如果能有一个函数count(int x)，可以返回[0,x]之间符合题意的数的个数。
那么是不是直接输出count(m)-count(n-1)就是答案？
好，那么下面我们的关注点就在于怎么做出这个函数。我们需要一个数组。（dp原本就是空间换时间）
我们设一个数组 dp[ i ][ j ]，表示 i 位数，最高位是j 的符合题意的个数。
比如dp[ 1 ][ 2 ]=1; （位数是 1,高位是2 的只能是 2本身）
dp[ 1 ][ 4 ]=0; （ 位数是 0,高位是 4 的不符合题意，个数 是 0）
dp[ 2 ][ 0 ]=9; ( 当 j 等于 4 的时候不符合题意，就是 9个，00,01,02,03,05,06,07,08,09 ）
dp[ 2][ 6 ]=8 (60,61,63,65,66,67,68,69).
我们先不关注这个 dp 有什么用，我们先关注 dp 本身怎么求。
首先
if(i==4) dp[1][i]=0; else dp[1][i]=1;
这一步是很显然的，那么根据这个题的数据范围，只需要递推到 dp[ 7 ][ i ] 就够用了。那么稍微理解一下，可以想出递推式：
if(j==4) { dp[i][j]=0; } else if(j==6) { for(int k=0; k<=9; k++) { if(k!=2) { dp[i][j]+=dp[i-1][k]; } } } else { for(int k=0; k<=9; k++) { dp[i][j]+=dp[i-1][k]; } }
上面的式子也是很显然的，如果觉得不显然可以这样想：
i 位数，最高位是 j 的符合条件的数，如果 j 是4，肯定都不符合条件（因为题目不让有4），所以直接是0；
如果 j 不是6，那么它后面随便取，只要符合题意就可以，所以 dp[ i - 1 ][ k ] ,k可以随便取的和；
如果 j 是6，后面只要不是 2 就行，所以是 dp[ i -1 ][ k ], k除了2都可以，求和即可
这里要说明一下，认为00052是长度为5，首位为0的符合条件的数，052是长度为3首位为0符合条件的数。
那么现在我们已经得到了 dp 数组，再重申一下它的含义：i位数，最高位是j的数，符合题意的数有多少个。
现在我们就要关注怎么利 dp 数组做出上面我们说的那个函数 count(int x) ，它可以求出 [0,x] 中符合题意的数有多少个
那么我们做这样一个函数 int solve(int x) 它可以返回 [0,x) 中符合题意的有多少个。
那么solve(x+1) 实际上与count(x)是等价的 ( solve(x) 求得是不等于 x 的个数，那么 solve(x+1) 求的是小于 x+1 的个数，也就是小于等于 x 的个数）
那么现在问题转化成了： 小于x，符合题意的数有多少个？
很简单，既然小于，从最高位开始比，必定有一位要严格小于x（前面的都相等）。所以我们就枚举哪一位严格小于（前面的都相等）
假设我们现在把x分成了 a1,a2,…,aL （ai 是每位数）这样一个数组，长度为 L，aL 是最高位。
那么结果实际上就是这样：长度为L，最高位取 [0,aL-1] 的所有的符合题意数的和；再加上长度为L-1，最高位取aL，次高位取[0,a（L-1）-1]的所有符合题意数的和；再加上……；一直到第一位。
B:
特判：
最高位aL如果是4，那么这句话直接就可以终止了，4 以后的都不符合题意
最高位 aL如果是6，次高位 取 2，，也可以终止了 。加上这些条件之后就很严谨了。C: 我们要求[a,b]不包含49的数的个数，可C:求和
想到利用 前缀和来做，具体来说，就是 [a,b] = solve(b+1)-solve(a) （等于 b的数 减去小于 a的数，就是 [a,b] 区间的值）
solve(x) 求解的是 不等于 x的数
对于这里的求和我更愿意称之为一种“剥离”，按我的理解就像是剥洋葱一样一层一层的下手，比如56789，就会按照位数和最高位的数一次剥离成五位数的（00000，10000,20000,30000,40000,50000），四位数的（0000,1000,2000,3000,4000，5000,6000）,三位数的（000,100,200,300,400,500,600，700)，二位数的（00,10,20,30,40,50,60,70,80）和一位数的（0,1,2,3,4,5,6,7,8,9）。
2、CODE:
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 using namespace std; 4 #define ll long long int 5 ll dp[8][10]; 6 void getDp() 7 { 8 int i,j,k; 9 memset(dp,0,sizeof(dp)); 10 dp[0][0]=1; 11 for(i=1; i<=7; i++) 12 { 13 for(j=0; j<=9; j++) 14 { 15 if(j==4) 16 { 17 dp[i][j]=0; 18 } 19 else if(j==6) 20 { 21 for(k=0; k<=9; k++) 22 { 23 if(k!=2) 24 { 25 dp[i][j]+=dp[i-1][k]; 26 } 27 } 28 } 29 else 30 { 31 for(k=0; k<=9; k++) 32 { 33 dp[i][j]+=dp[i-1][k]; 34 } 35 } 36 } 37 } 38 } 39 int a[20]; 40 ll solve(int n) 41 { 42 int len=0;///len代表位数 43 int i,j; 44 while(n) 45 { 46 a[++len]=n%10;///ai代表着每位数 47 n/=10; 48 } 49 a[len+1]=0;///终止 50 ll ans=0; 51 for(i=len; i>=1; i--)///倒序 52 { 53 for(j=0; j<a[i]; j++) 54 { 55 if(j==4||(a[i+1]==6&&j==2))///不要62和4 56 { 57 continue; 58 } 59 else 60 { 61 ans+=dp[i][j]; 62 } 63 } 64 if(a[i]==4)///最高位是4或者最高位是6次高位是2就直接停止，后面的数已经包含在dp数组中了 65 break; 66 if(a[i+1]==6&&a[i]==2) 67 break; 68 } 69 return ans; 70 } 71 int main() 72 { 73 getDp(); 74 int n,m; 75 ll ans1,ans2,ans; 76 while(scanf("%d%d",&m,&n)!=EOF) 77 { 78 if(m==0||n==0) 79 { 80 break; 81 } 82 ans1=solve(m); 83 ans2=solve(n+1); 84 ans=ans2-ans1; 85 printf("%lld ",ans); 86 } 87 }