模板 - 动态规划 - 数位dp

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long

int a[];
ll dp[][/*可能需要的状态1*/][/*可能需要的状态2*/];//不同题目状态不同
ll dfs(int pos,int state1/*可能需要的状态1*/,int state2/*可能需要的状态2*/,bool lead/*这一位的前面是否为零*/,bool limit/*这一位是否取值被限制（也就是上一位没有解除限制）*/)
//不是每个题都要处理前导零
{
    //递归边界，最低位是0，那么pos==-1说明这个数枚举完了
    if(pos==-)
        return ;/*这里返回1，表示枚举的这个数是合法的，那么这里就需要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。 */
    //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][state1][state2]!=-)
        return dp[pos][state1][state2];
    /*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对应*/
    int up=limit?a[pos]:;//根据limit判断枚举的上界up
    ll ans=;
    //开始计数
    for(int i=;i<=up;i++)//枚举，然后把不同情况的个数加到ans就可以了
    {
        int new_state1=???;
        int new_state2=???;
        /*
        计数的时候用continue跳过不合法的状态，不再搜索
        */

        //合法的状态向下搜索
        ans+=dfs(pos-,new_state1,new_state2,lead && i==,limit && i==a[pos]);//最后两个变量传参都是这样写的
    }
    //计算完，记录状态
    if(!limit && !lead)
        dp[pos][state1][state2]=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)
{
    //可能需要特殊处理0或者-1
    if(x<=)
        return ???;

    int pos=;
    while(x)//把数位分解
    {
        a[pos++]=x%;//编号为[0,pos)，注意数位边界
        x/=;
    }

    return dfs(pos-/*从最高位开始枚举*/,/*可能需要的状态1*/,/*可能需要的状态2*/,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()
{
    memset(dp,-,sizeof(dp));
    //一定要初始化为-1

    ll le,ri;
    while(~scanf("%lld%lld",&le,&ri))
    {
        printf("%lld\n",solve(ri)-solve(le-));
    }
}

其实另一种计数写法对别的题目有一定的启发性，需要特别注意的是，无论哪种写法的dp结果中存的数字都是和le与ri无关的。所以在数位受限时不能取用计算过的dp值，也不能更新dp值，不受限的情况可以重复利用。

无注释版：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long

int a[];
ll dp[][MAXS1][MAXS2];
ll dfs(int pos,int s1,int s2,bool lead,bool limit) {
    if(pos==-) {
        return ?;
    }
    if(!limit && !lead && dp[pos][s1][s2]!=-)
        return dp[pos][s1][s2];
    int up=limit?a[pos]:;
    ll ans=;
    for(int i=; i<=up; i++) {
        int ns1=op1(s1);
        int ns2=op2(s2);
        ans+=dfs(pos-,ns1,ns2,lead && i==,limit && i==a[pos]);
    }
    if(!limit && !lead)
        dp[pos][s1][s2]=ans;
    return ans;
}

ll solve(ll x) {
    if(x<=)
        return ?;

    int pos=;
    while(x) {
        a[pos++]=x%;
        x/=;
    }

    return dfs(pos-,INITS1,INITS2,true,true);
}

int main() {
    memset(dp,-,sizeof(dp));

    ll le,ri;
    while(~scanf("%lld%lld",&le,&ri)) {
        printf("%lld\n",solve(ri)-solve(le-));
    }
}

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一个更简单的模板，去掉了很多奇奇怪怪的东西，比如前导0，前导0的确应该特殊考虑而不能一概而论。

int dfs(int i, int s, bool e) {
    if (i==-) return s==target_s;
    if (!e && ~f[i][s]) return f[i][s];
    int res = ;
    int u = e?num[i]:;
    for (int d = first?:; d <= u; ++d)
        res += dfs(i-, new_s(s, d), e&&d==u);
    return e?res:f[i][s]=res;
}

看起来清爽多了，其中：

f为记忆化数组；

i为当前处理串的第i位（权重表示法，也即后面剩下i+1位待填数）；

s为之前数字的状态（如果要求后面的数满足什么状态，也可以再记一个目标状态t之类，for的时候枚举下t）；

e表示之前的数是否是上界的前缀（即后面的数能否任意填）。

for循环枚举数字时，要注意是否能枚举0，以及0对于状态的影响，有的题目前导0和中间的0是等价的，但有的不是，对于后者可以在dfs时再加一个状态变量z，表示前面是否全部是前导0，也可以看是否是首位，然后外面统计时候枚举一下位数。

注意：

不满足区间减法性质的话，不能用solve(r)-solve(l-1)。

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看了学长的部分博客之后发现其实使用f[i][j][st]表示以j开头的i位数满足条件st的数的个数也是可以的。待更新。