前言

数位dp真的好简单啊qwq

什么是数位dp

让我们以这道题为例：Luogu P2657 [SCOI2009]windy数
如果您很懒不想点开题面可以看下面：
windy定义了一种windy数。不含前导零且相邻两个数字之差至少为2的正整数被称为windy数。 windy想知道，
在A和B之间，包括A和B，总共有多少个windy数？
100%的数据，满足 1 <= A <= B <= 2000000000 。 简单的说就是在$[L,R]$区间中，相邻两个数字之差都大于等于$2$的数字的个数。

暴力做法

什么windy不windy的，直接for！！！
伪代码（不标准的，大雾：

bool CHECK (x) do
    ......
end

for i = L i <= R i++ do
    if CHECK( i ) == 1 do
        ans++
    end
end
print ans 
end.

这样显然会TLE。
那么考虑正解——数位dp

数位dp

先考虑类似于前缀和的思想。
要求$L~R$的个数就相当于求$1\text{~}R$的个数-$1\text{~}L-1$的个数。
接下来考虑如何求出$1\text{~}n$的个数。
我们可以先将$n$按照$10$进制来分解，比如说这个数：$19260817$。
那么我们可以枚举每一位，再枚举$0\text{~}9$来统计答案。
举个栗子：
我们枚举出了最高位上的数字是$1$，那么第二位可以是$0\text{~}9$的任意一个数，但是这个数与$1$之差的绝对值一定要大于等于$2$（满足题意）。于是我们可以这样：
（依旧是丑陋的伪代码）

for i = 0 i <= 9 i++ do
    if abs( i - las ) >= 2 do
        ans++
    end
end

当然，为了方便转移，我们要将$ans++$改成$DP(…)$。
相信聪明的小学生一定会发现，不一定可以枚举到$9$，换句话说，该位数字的上界不一定是$9$。
比如说这种情况（还是$19260817$）：
$\texttt{1926081-}$
显然这一位不能成为$8$，因为$19260818 > 19260817$。
那么由此，我们可以总结出，这个上界其实就是$n$。
但是我们是按照位来转移的，那么怎么限定条件呢？
显然，我们可以用$lim$来表示，转移到现在前面几位有没有达到最大值，如果没达到，那么这位可以$0\text{~}9$，否则这个位只能$0~A[x]$。不理解？举个栗子：
$\texttt{1926081-}$的$lim=1$。
$\texttt{1926080-}$和$\texttt{1925901-}$的$lim=0$。
相信聪明机智的你肯定明白了。
那么可以考虑最后一种特殊的情况：前导$0$。
由题意可知，前导$0$并不算在数字里，所以如果前面是前导$0$可以不用考虑限制条件（相邻绝对值为$2$），由此，可以用一个处理技巧，将前导$0$的$las$处理为$-2$，可以结合代码理解。

Code

#include<algorithm>
#include<bitset>
#include<complex>
#include<deque>
#include<exception>
#include<fstream>
#include<functional>
#include<iomanip>
#include<ios>
#include<iosfwd>
#include<iostream>
#include<istream>
#include<iterator>
#include<limits>
#include<list>
#include<locale>
#include<map>
#include<memory>
#include<new>
#include<numeric>
#include<ostream>
#include<queue>
#include<set>
#include<sstream>
#include<stack>
#include<stdexcept>
#include<streambuf>
#include<string>
#include<typeinfo>
#include<utility>
#include<valarray>
#include<vector>
#include<cctype>
#include<cerrno>
#include<cfloat>
#include<ciso646>
#include<climits>
#include<clocale>
#include<cmath>
#include<csetjmp>
#include<csignal>
#include<cstdarg>
#include<cstddef>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<ctime>
using namespace std;

#define re register 
#define int long long 
#define eps 1e-5 
#define mod 1000000007

class Quick_Input_Output{
    private:
        static const int S=1<<21;
        #define tc() (A==B&&(B=(A=Rd)+fread(Rd,1,S,stdin),A==B)?EOF:*A++)
        char Rd[S],*A,*B;
        #define pc putchar
    public:
        #undef gc
        #define gc getchar 
        inline int read(){
            int res=0,f=1;char ch=gc();
            while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-1;ch=gc();}
            while(ch>='0'&&ch<='9') res=res*10+ch-'0',ch=gc();
            return res*f;
        }
        inline void write(int x){
            if(x<0) pc('-'),x=-x;
            if(x<10) pc(x+'0');
            else write(x/10),pc(x%10+'0');
        }
        #undef gc
        #undef pc
}I;
#define File freopen("tmp.in","r",stdin);freopen("tmp.out","w",stdout);

int a[30],m,dp[30][30];
inline int DFS(int now,int las,int st,int lim){
    if(now>m) return 1;//超过了
    if(lim==0&&dp[now][las]!=-1) return dp[now][las];//这位可以是0~9，且以前已经搜过了，直接记忆化调用即可
    re int Max=lim?a[m-now+1]:9,res=0;//确定该位的范围
    for(int i=0;i<=Max;i++){
        if(abs(i-las)<2) continue ;//不符合题意
        if(st&&i==0) res+=DFS(now+1,-2,1,lim&&i==Max);//该位也是前导0情况
        else res+=DFS(now+1,i,0,lim&&i==Max);//普通情况
    }
    if(!lim&&!st) dp[now][las]=res;//记忆化
    return res;
}
inline int solve(int n){
    m=0;re int x=n;while(x){
        a[++m]=x%10;
        x/=10;
    }//将N拆位
    memset(dp,-1,sizeof(dp));//初始化别忘了＞﹏＜
    return DFS(1,-2,1,1);//将前导0处理为-2，初始化默认有前导0，达到了最大值
}
int L,R;
signed main(){
    L=I.read();R=I.read();
    I.write(solve(R)-solve(L-1));putchar('\n');//类似于前缀和思想
    return 0;
} 

练习题