一、基础篇
数位\(dp\)是一种计数用的\(dp\)，一般就是要统计一个区间\([le,ri]\)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\(dp\)。数位还算是比较好听的名字，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。
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。
新的枚举：控制上界枚举，从最高位开始往下枚举，例如：\(ri=213\)，那么我们从百位开始枚举：百位可能的情况有\(0,1,2\)(觉得这里枚举\(0\)有问题的继续看)
然后每一位枚举都不能让枚举的这个数超过上界\(213\)（下界就是\(0\)或者\(1\)，这个次要），当百位枚举了\(1\)，那么十位枚举就是从\(0\)到\(9\)，因为百位\(1\)已经比上界\(2\)小了，后面数位枚举什么都不可能超过上界。所以问题就在于：当高位(前面所有位，不是指前一位)枚举刚好达到上界时，那么紧接着的一位枚举就有上界限制了。
具体的这里如果百位枚举了\(2\)，那么十位的枚举情况就是\(0\)到\(1\)，如果前两位枚举了\(21\)，最后一位之是\(0\)到\(3\)(这一点正好对于代码模板里的一个变量\(limit\) 专门用来判断枚举范围)。
最后一个问题：最高位枚举\(0\)：百位枚举\(0\)，相当于此时我枚举的这个数最多是两位数，如果十位继续枚举\(0\)，那么我枚举的就是一位数，因为我们要枚举的是小于等于\(ri\)的所有数，当然不能少了位数比\(ri\)小的！这样枚举是为了无遗漏的枚举，不过可能会带来一个问题，就是前导零的问题，模板里用\(lead\)变量表示，不过这个不是每个题目都是会有影响的，可能前导零不会影响我们计数，具体要看题目。
由于这种新的枚举只控制了上界所以我们的main函数总是这样：
int main()
{
long long le,ri;
while(~scanf("%lld%lld",&le,&ri))
printf("%lld\n",dp(ri)-dp(le-1));
}
统计\([1,ri]\)数量和\([1,le-1]\)，然后相减就是区间\([le,ri]\)的数量了，这里我写的下界是\(1\)，其实\(0\)也行，反正相减后就没了，注意题目中\(le\)的范围都是大于等于\(1\)的(不然\(le=0\),再减一就gg狗头了)。
在讲例题之前先讲个基本的动态模板(先看后面的例题也行)：\(dp\)思想，枚举到当前位置\(pos\)，状态为\(state\)(这个就是根据题目来的，可能很多，毕竟\(dp\)千变万化)的数量(既然是计数,\(dp\)值显然是保存满足条件数的个数)
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;这个的例子前面用213讲过了
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));
}
}
为什么只记录不受限制的数字数量，都记录下来不是更好吗？
相信读者还对这个有不少疑问，笔者认为有必要讲一下记忆化为什么是if(!limit)才行，大致就是说没有limit限制会出现状态冲突，举例：
约束：数位上不能出现连续的两个\(1\)(\(11\)、\(112\)、\(211\)都是不合法的)
假设就是\([1,210]\)这个区间的个数
状态:\(dp[pos][pre]\):当前枚举到\(pos\)位，前面一位枚举的是\(pre\)(更加前面的位已经合法了)的个数(我的\(pos\)从\(0\)开始)
先看错误的方法计数，就是不判断limit就是直接记忆化,看看会怎么样：
假设我们第一次枚举了百位是\(0\)，显然后面的枚举limit=false，也就是十位上\(0\)到\(9\)的枚举(不需要受限制)，然后假设十位枚举了\(1\)，现在枚举到个位，此时考虑\(dp[0][1]\),前一位是\(1\)的个数，显然\(dp[0][1]=9\)(个位只有是\(1\)的时候是不满足的,因为存在连续的两个\(1\)了嘛~)，这个状态记录下来。
继续\(dfs\)，一直到百位枚举了\(2\)，十位枚举了\(1\)，显然此时递归到了pos=0,pre=1的层，而\(dp[0][1]\)的状态已经有了即\(dp[pos][pre]!=-1\)；此时程序直接return dp[0][1]了，然而显然是错的，因为此时是有limit的个位只能枚举\(0\)，根本没有\(9\)个数，这就是状态冲突了。说白了，就是：前\(N\)位不贴上界，无限制，可以跑满所有可能，记录的所有可能性数字用的上；前\(N\)位贴着上界，有限制，当前位置不能跑满，记录的所有可能性数字用不上。
有\(lead\)的时候可能出现冲突，这只是两个最基本的,不同的题目可能还要加限制，反正宗旨都是让\(dp\)状态唯一。
对于这个错误说两点：
第一，是\(limit\)为\(true\)的数并不多，一个个枚举不会很浪费时间，所以我们记录下!limit的状态解决了不少子问题重叠。
第二，有人可能想到把\(dp\)状态改一下dp[pos][state][limit]就是分别记录不同limit下的个数，这种方法一般是对的，关于这个具体会讲，下面有题#bzoj3209#会用到这个。
二、实战篇
入门题
就是数位上不能有\(4\)也不能有连续的\(62\)，没有\(4\)的话在枚举的时候判断一下，不枚举\(4\)就可以保证状态合法了，所以这个约束没有记忆化的必要，而对于\(62\)的话，涉及到两位，当前一位是\(6\)或者不是\(6\)这两种不同情况我计数是不相同的，所以要用状态来记录不同的方案数。
\(dp[pos][st]\)表示当前第\(pos\)位，前一位是否是\(6\)的状态，这里\(state\)只需要去\(0\)和\(1\)两种状态就可以了，不是\(6\)的情况可视为同种，不会影响计数。
入门就不多讲了，开始讲常用优化吧！
第一:memset(f,-1,sizeof f);放在多组数据外面。
这一点是一个数位特点，使用的条件是：约束条件是每个数自身的属性，而与输入无关。
具体的：上一个区间不要\(62\)和\(4\)，这个约束对每一个数都是确定的，就是说任意一个数满不满足这个约束都是确定，比如\(444\)这个数，它不满足约束条件，不管你输入的区间是多少,你都无法改变这个数不满足约束这个事实，这就是数自身的属性（我们每组数据只是在区间计数而已，只能说你输入的区间不包含\(444\)的话，我们就不把它统计在内，而无法改变任何事实）。
因此，我们保存的状态就可以一直用(注意还有要\(limit\)，不同区间是会影响数位在有限制条件下的上限的,要配合使用噢，不能想着有了就直接用，要看一下能不能符合当前的限制)
这点优化就不给具体题目了，这个还有进一步的扩展。不过说几个我遇到的简单的约束：
-
求数位和是\(10\)的倍数的个数,这里简化为数位\(sum%10\)这个状态，即\(dp[pos][sum]\)这里\(10\) 是与多组无关的，所以可以
memset优化，不过注意如果题目的模是输入的话那就不能这样了。那样的话，大侠就只能重新来过啦~ -
求二进制\(1\)的数量与\(0\)的数量相等的个数，这个也是数自身的属性。
还是做题积累吧。搞懂思想！
下面介绍的方法就是要行memset优化，把不满足前提的通过修改，然后优化。
介绍之前,先说一种较为笨拙的修改，那就是增加状态，前面讲\(limit\)的地方说增加一维\(dp[pos][state][limit]\)，能把不同情况下状态分别记录(不过这个不能memset放外面)。
基于这个思想，我们考虑：约束为数位是\(p\)的倍数的个数，其中\(p\)数输入的，这和上面\(sum%10\)类似，但是\(dp[pos][sum]\)显然已经不行了，每次\(p\)可能都不一样，为了强行把\(memset\)提到外面加状态\(dp[pos][sum][p]\)，对于每个不同\(p\)分别保存对应的状态。这里前提就比较简单了，你\(dp\)数组必须合法，\(p\)太大就\(G_G\)了。所以对于与输入有关的约束都可以强行增加状态(这并不代表能\(ac\)，如果题目数据少的话就随便你乱搞了)
第二：相减
例题：HDU 4734