题面
我们定义一个数是单调数，当且仅当构成这个数每一个数位都是单调不降或不增的。
例如 (123) 和 (321) 和 (221) 和 (111) 是单调的，而 (312) 不是单调的。
给定 (T) 组 (l, r)，每次询问 ([l, r]) 中有几个单调的数。
(l, r le 10 ^ {18}, T le 10^4)
题解
今天 hihoCoder 竟然 (AK) 了，真舒服（虽然题目很水，还被罚时坑惨了）qwq
显然考虑一个数位 (dp) ，不难发现我们只需要记下当前在哪一位，以及最后一位是什么数字就行了。
然后对于不降和不增做个两遍就行了，但有很多细节后面细讲。
写的时候发现自己摸索了一套数位 (dp) 的套路？（逃
套路：
我们常常是要求 (le n) 的有多少个满足要求的数。
这个限制有些恶心，我们需要多一位来看是否被限制。
我们一般按位考虑，令 (dp[i][0 / 1]) 为到从高到低考虑到第 (i) 位，当前有/没被 (n) 限制。
我们考虑把 (n) 按位拆下来，变成一个数组
lim[i]，然后取出 (n) 的位数Bit。每次考虑后一位放什么数字就行了。具体实现如下（用刷表法方便转移）：
dp[0][0] = 1; for (int i = 0; i < Bit; ++ i) for (int now = 0; now <= 1; ++ now) for (int dig = 0; dig <= 9; ++ dig) if (now || (dig <= lim[i + 1])) dp[i + 1][now || (dig < lim[i + 1])] += dp[i][now];然后最后的答案就是
ans = dp[Bit][0] + dp[Bit][1];不难发现这样写，每个位数的数都会被考虑到。因为我们枚举的时候允许了前缀 (0) 的存在。
并且如果存在前缀 (0) 那么后面的所有数都不会存在限制了，可以随便填。
但是注意这样的话，全部为 (0) 的也会考虑进去，我们平常要考虑是否 (-1) 就行了。
对于这道题我们可以类比这种方法去做。
首先把答案差分表示 (ans = ans_r - ans_{l - 1}) 。
然后令 dp[i][j][0/1] 为到第 (i) 位，最后一次填 (j) ，有/没 被 (n) 限制住的情况。
直接这样写的话，递增是没有问题的，递减的时候就会存在问题了。
因为我们把前导 (0) 考虑进去了，结果导致没有正确算上这部分贡献。
所以我们还要多一维，也就是 dp[i][j][0/1][0/1] 前三个同上，最后一个意义是当前完全不/是前缀 (0) 。
然后转移的时候也是枚举数字，然后按照两种情况考虑下填的这个数的限制就行了。
注意有一些数会被递增递减算两次，也就是 (111) ，(3333) ，这些完全相同的数。可以直接暴力枚举减去就行了。
复杂度是 (O(T * 18 * 10)) 的。
总结
碰到数位 (dp) 直接上套路去讨论。
然后就需要对于具体问题具体分析了，根据题目要求设出需要的状态。
有时候可以根据需要卡卡状态数，因为通常不可能到满。
一定要写个暴力拍，这个东西其实很好调？
代码
建议看看代码，其实写的很简洁？（可读性也是很鲁棒的qwq）
#include <bits/stdc++.h>
#define For(i, l, r) for(register int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i)
#define Fordown(i, r, l) for(register int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i)
#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))
#define Cpy(a, b) memcpy(a, b, sizeof(a))
#define debug(x) cout << #x << ": " << x << endl
#define DEBUG(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)
using namespace std;
inline bool chkmin(int &a, int b) {return b < a ? a = b, 1 : 0;}
inline bool chkmax(int &a, int b) {return b > a ? a = b, 1 : 0;}
inline int read() {
int x = 0, fh = 1; char ch = getchar();
for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') fh = -1;
for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48);
return x * fh;
}
void File() {
#ifdef zjp_shadow
freopen ("1770.in", "r", stdin);
freopen ("1770.out", "w", stdout);
#endif
}
typedef long long ll;
ll dp[19][10][2][2];
int lim[19];
inline int Get_Bit(ll x) {
int tot = 0;
for (; x; x /= 10) lim[++ tot] = x % 10;
reverse(lim + 1, lim + tot + 1);
return tot;
}
inline ll Calc(ll n) {
if (!n) return 0;
ll ans = 0;
For (opt, 0, 1) {
Set(dp, 0); dp[0][0][0][1] = 1;
int Bit = Get_Bit(n);
For (i, 0, Bit - 1) For (j, 0, 9) For(now, 0, 1) For (fir, 0, 1) {
For (dig, opt ? 0 : j, opt ? (fir ? 9 : j) : 9) if (now || dig <= lim[i + 1])
dp[i + 1][dig][now || (dig < lim[i + 1])][fir && !dig] += dp[i][j][now][fir];
}
For (j, 0, 9) For(now, 0, 1) For (fir, 0, 1) ans += dp[Bit][j][now][fir];
-- ans;
}
For (dig, 1, 9) {
ll tmp = dig;
while (tmp <= n) -- ans, tmp = tmp * 10 + dig;
}
return ans;
}
int main() {
File();
for (int cases = read(); cases; -- cases) {
ll l, r; cin >> l >> r;
printf ("%lld
", Calc(r) - Calc(l - 1));
}
return 0;
}