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咯。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：
[cpp]
view plain
copy
-
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：当高位枚举刚好达到上界是，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，那么我枚举的就是以为数咯，因为我们要枚举的是小于等于ri的所以数，当然不能少了位数比ri小的咯！(
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：
[cpp]
view plain
copy
-
int
main()
-
{
-
long
long
le,ri;
-
while
(~scanf(
“%lld%lld”
,&le,&ri))
-
printf(
“%lld\n”
,solve(ri)-solve(le-1));
-
}
w_w 是吧！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G_G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)
[cpp]
view plain
copy
-
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));
-
}
-
}
例题
中文题面，题意很好理解，这里不再赘述
这是数位DP的入门题，可以好好理解数位DP的原理和基本框架，上面这个模板很详细，可以解决一般的数位DP问题，这题很简单，直接上代码了：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <string>
#include <cstring>
#include <map>
using namespace std;
typedef long long ll;
int a[20];
ll dp[20][2];
ll dfs(int pos, int pre, int state, bool limit)//不是每个题都要判断前导零
{
if(pos==-1) return 1;
if(!limit && dp[pos][state]!=-1) return dp[pos][state];
int up=limit?a[pos]:9;
ll ans=0;
for(int i=0;i<=up;i++)
{
if(i == 4) continue;
else if(pre == 6 && i == 2) continue;
ans+=dfs(pos-1, i, i == 6 ? 1 : 0, limit && i==a[pos]);
}
if(!limit) dp[pos][state]=ans;
return ans;
}
ll solve(ll x)
{
int pos=0;
while(x)
{
a[pos++]=x%10;
x/=10;
}
return dfs(pos - 1, 0, 0, true);
}
int main()
{
ll le,ri;
while(~scanf("%lld%lld",&le,&ri) && (le || ri))
{
memset(dp, -1, sizeof(dp));
printf("%lld\n",solve(ri)-solve(le-1));
}
return 0;
}这也是一道中文题，题意很好懂就是数字从左到右看不要有先递增后递减的情况即可
这道题只要修改一下上面的模板就可以了，数位DP题的关键在于如何分析下一个数字的情况
ll dfs(int pos, int pre, int turn, bool limit, bool invalid)
//这条语句中pos是要DP的位置，pre,turn,limit,invalid...这些都是前提条件，或者
//说是之前位置上确定一些数之后的状态，而这个dfs要进行的就是在这个状态下继续
//确定下一位的数字同样直接看代码吧，这种题关键在于你要理解如何确定每一位数字的过程
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <string>
#include <cstring>
#include <map>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll M = 1e9 + 7;
int a[105];
ll dp[105][10][3];
ll dfs(int pos, int pre, int turn, bool limit, bool invalid)//turn：0不清楚，1下降，2上升
{
if(pos==-1) return invalid ? 0 : 1;
if(!limit && dp[pos][pre][turn]!=-1) return dp[pos][pre][turn];
int up=limit?a[pos]:9;
ll ans=0LL;
for(int i=0;i<=up;i++)
{
if(turn == 2 && i < pre) continue;
int p = 0;
if(i == pre) p = turn;
else if(i < pre) p = 1;
else p = 2;
if(invalid) p = 0;
ans+=dfs(pos-1, i, p, limit && i==a[pos], invalid && i == 0);
ans %= M;
}
ans %= M;
if(!limit) dp[pos][pre][turn]=ans;
return ans;
}
char str[105];
int main()
{
int CASE;
scanf("%d", &CASE);
while(CASE--)
{
memset(dp, -1, sizeof(dp));
scanf("%s", str);
int len = strlen(str);
for(int i = 0; i < len; ++i)
a[i] = str[len - 1 - i] - '0';
printf("%lld\n", dfs(len-1, 0, 0, true, true));
}
return 0;
}
这就是数位DP的入门了，之后继续学习数位DP更美妙的高级艺术吧！
参考资料：
http://blog.csdn.net/wust_zzwh/article/details/52100392