数位DP

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;
    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,后面讲
        printf("%lld\n",solve(ri)-solve(le-1));
    }
}

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>

using namespace std;

typedef long long ll;
int dp[20][2];
ll a[20];
ll dfs(ll pos,ll pre,ll sta,bool limit)
{
    if(pos==0) return 1;
    if(!limit&&dp[pos][sta]!=-1) 
        return dp[pos][sta];
    int up = limit ? a[pos]:9;
    ll res = 0;
    for(int i =0;i<=up;++i)
    {
        if(pre==6&&i==2)
            continue;
        if(i==4)
            continue;
        res+=dfs(pos-1,i,i==6, limit&&i == a[pos]);
    }
    if(!limit)
        dp[pos][sta] = res;
    return res;
}
ll solve(ll num)
{
    int pos = 0;
    while(num)
    {
        a[++pos] = num%10;
        //a[pos++] = num%10;
        num/=10;
    }
    //return dfs(pos-1,-1,0,true);
    return dfs(pos,-1,0,true);
}
int main()
{
    int n,m;
    while(cin>>n>>m&&n+m)
    {
        memset(dp,-1,sizeof(dp));
        ll ans = solve(m) - solve(n-1);
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>

using namespace std;
typedef long long ll;

int dp[20];
int a[20];
int b[20];
ll n;
void init()
{
    b[1] = 1;
    for(int i=2 ;i<=11;++i)
       b[i] = b[i-1]*10; 
}
ll dfs(int pos,int num,bool limit)
{
    if(pos == 0)
        return num;//访问结束,返回num计数。
    //记忆化搜索。
    if(!limit&&dp[pos]!=-1) return num*b[pos+1] + dp[pos];

    //只搜索比当前数小的数字。
    int up = limit ? a[pos] : 9;
    
    ll res = 0;//记录数量
    for(int i =0;i<=up;++i)
    {
        if(i==1)
            res+=dfs(pos-1,num+1,limit&&i==a[pos]);
        else
        {
            res+=dfs(pos-1,num,limit&&i==a[pos]);
        }
    }
    if(!limit) dp[pos] = res;
    return res;
}
ll solve(ll x)
{
    int pos = 0;
    while(n)
    {
        a[++pos] = n%10;
        n/=10;
    }
    return dfs(pos,0,true);
}

int main()
{   
    init();
    cin>>n;
    memset(dp,-1,sizeof(dp));
    cout<<solve(n)<<endl;
    system("pause");
    return 0;
}