数位dp：
数位dp是一种计数用的dp，一般就是要统计一个区间[li,ri]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.一般都通过
dfs来递归找寻。
数位dp与dfs爆搜之间的区别就是前者会记录状态以便优化下一次寻找的时间(也就是记忆化操作)
数位dp操作：
例如给你一个区间[12,12345],你需要找到这个区间内满足条件的数的个数。这个时候我们一般都是先找[0,12345]这个区间满足条件数的个数，然后减去[0,11]这个区间满足条件的数的个数
这里用[0,12345]来演示：
我们先把12345这一个int类型的数分开放在int v[]数组里面(意思就是1放在数组v[0]位，2放在v[1]位……..)，然后我们从最高位开始枚举，刚开始我们枚举最高位可以是[0,1],如果你选择的是0那么下一位的枚举范围就是[0,9],否则枚举范围就是[0,2]。一旦第二位的枚举范围是[0,9]那么之后枚举其他位置他的枚举范围都是[0,9](想想就知道啦！)。也就是说如果枚举第三位的时候想让它的枚举范围变成[0,3]那么第一位必须枚举1第二位必须枚举2
然后就是最重要的记忆化，一般记忆化都需要找出来记录状态的方程(也就是dp方程)。
上一个模板看看：模板原博客
1 typedef long long ll;
2
3 int a[20];
4
5 ll dp[20][state];//不同题目状态不同
6
7 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
8
9 {
10
11 //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
12
13 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 */
14
15 //第二个就是记忆化(在此前可能不同题目还能有一些剪枝)
16
17 if(!limit && !lead && dp[pos][state]!=-1) return dp[pos][state];
18
19 /*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*/
20
21 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
22
23 ll ans=0;
24
25 //开始计数
26
27 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
28
29 {
30
31 if() ...
32
33 else if()...
34
35 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
36
37 /*这里还算比较灵活，不过做几个题就觉得这里也是套路了
38
39 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
40
41 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
42
43 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，
44
45 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*/
46
47 }
48
49 //计算完，记录状态
50
51 if(!limit && !lead) dp[pos][state]=ans;
52
53 /*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*/
54
55 return ans;
56
57 }
58
59 ll solve(ll x)
60
61 {
62
63 int pos=0;
64
65 while(x)//把数位都分解出来
66
67 {
68
69 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
70
71 x/=10;
72
73 }
74
75 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
76
77 }
78
79 int main()
80
81 {
82
83 ll le,ri;
84
85 while(~scanf("%lld%lld",&le,&ri))
86
87 {
88
89 //初始化dp数组为-1,这里还有更加优美的优化,后面讲
90
91 printf("%lld\n",solve(ri)-solve(le-1));
92
93 }
94
95 }
例题讲解：
题目：
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。
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
题解：
首先不要4，那么dfs过程中遇到4就直接continue掉就可以了。
然后就是不要62，这样的话我们就要在dfs过程中弄一个参数来记录一下它的上一位是谁。如果上一位是6那么就对后面的枚举范围有影响。否则就没有影响！
因为上一位是6的话会对之后的选择造成影响，所以如果上一位是6要开一个新状态来记录(这就是dp数组第二个维度的由来，那么第一个维度表明现在枚举到哪个位置了)。
代码：
1 #include<stdio.h>
2 #include<string.h>
3 #include<algorithm>
4 #include<iostream>
5 using namespace std;
6 const int maxn=105;
7 int a[maxn],dp[maxn][2];
8 //pos是用来记录遍历到那个位置了，pre用来记录上一个数是谁，sta用来记录dp状态，limit室枚举上界
9 int dfs(int pos,int pre,bool sta,bool limit)
10 {
11 if(pos==-1) return 1; //pos==-1的时候就结束了，返回1代表这个号码可以构成号码牌
12 if(!limit && dp[pos][sta]!=-1) return dp[pos][sta];
13 int up=limit?a[pos]:9;
14 int tmp=0;
15 for(int i=0;i<=up;++i)
16 {
17 if(pre==6 && i==2) continue;
18 if(i==4) continue;
19 tmp+=dfs(pos-1,i,i==6,limit && i==a[pos]);
20 }
21 if(!limit) dp[pos][sta]=tmp; //只有上界不等于a[pos]的时候，才会记录，正好和上面记忆化return保持一致
22 //为什么要加一个判断，因为如果它的上界等于a[pos]的时候会对后面的枚举造成影响
23 //而且这样记忆化可以优化更多的时间
24 return tmp;
25 }
26 int solve(int ans)
27 {
28 int pos=0;
29 while(ans)
30 {
31 a[pos]=ans%10;
32 ans/=10;
33 pos++;
34 }
35 return dfs(pos-1,0,0,true);
36 }
37 int main()
38 {
39 int l,r;
40 while(~scanf("%d%d",&l,&r) && l+r)
41 {
42 memset(dp,-1,sizeof(dp));
43 printf("%d\n",solve(r)-solve(l-1));
44 }
45 return 0;
46 }
题目：
反恐怖分子在尘土中发现了一颗定时炸弹。但这一次，恐怖分子改进了定时炸弹。定时炸弹的序号从1数到n，如果当前的序号包含子序号“49”，则爆炸的威力会增加1分。现在反恐怖分子知道了数字n，他们想知道最后的权力点。你能帮助他们吗?
输入第一行输入由一个整数T (1 <= T <= 10000)组成，表示测试用例的数量。对于每个测试用例，都有一个整数N (1 <= N <= 2^63-1)作为描述。输入在文件标记结束时终止。输出对于每个测试用例，输出一个整数，指示电源的最终点。
Sample Input
3
1
50
500
Sample Output
0
1
15
提示从1到500年,数字,包括子“49”是“49”、“149”、“249”、“349”、“449”、“490”、“491”、“492”、“493”、“494”、“495”、“496”、“497”、“498”、“499”,所以答案是15。
题解：
比上一个还简单，不用讲了
代码：
1 #include<stdio.h>
2 #include<string.h>
3 #include<algorithm>
4 #include<iostream>
5 using namespace std;
6 const int maxn=105;
7 typedef long long ll;
8 ll v[maxn],dp[maxn][2];
9 ll dfs(ll pos,ll pre,ll sta,bool limit)
10 {
11 if(pos==-1) return 1;
12 if(!limit && dp[pos][sta]!=-1) return dp[pos][sta];
13 ll up=limit?v[pos]:9;
14 ll tmp=0;
15 for(ll i=0;i<=up;++i)
16 {
17 if(pre==4 && i==9) continue;
18 tmp+=dfs(pos-1,i,i==4,limit && i==v[pos]);
19 }
20 if(!limit) dp[pos][sta]=tmp;
21 //只有上界为9的时候才会往dp数组里面存，因为这样能节省更多的时间
22 return tmp;
23 }
24 ll solve(ll ans)
25 {
26 ll pos=0;
27 while(ans)
28 {
29 v[pos++]=ans%10;
30 ans/=10;
31 }
32 return dfs(pos-1,-1,0,true);
33 }
34 int main()
35 {
36 ll t,n;
37 scanf("%I64d",&t);
38 while(t--)
39 {
40
41 memset(dp,-1,sizeof(dp));
42 scanf("%I64d",&n);
43 printf("%I64d\n",n-solve(n)+1);
44 }
45 return 0;
46 }
