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数位DP其实是很灵活的，所以一定不要奢求一篇文章就会遍所有数位DP的题，这一篇只能是讲清楚一种情况，其他情况遇到再总结，在不断总结中慢慢体会这个思想，以后说不定就能达到一看到题目就能灵活运用的水平。（其实DP都是这样……）
这一篇要说的数位DP是一道最简单的数位DP：题目链接
题目大意：多组数据，每次给定区间[n,m]，求在n到m中没有“62“或“4“的数的个数。
如62315包含62，88914包含4，这两个数都是不合法的。0 < n<=m < 1000000
试想：我们如果能有一个函数count(int x)，可以返回[0,x]之间符合题意的数的个数。那么是不是直接输出count(m)-count(n-1)就是答案？
好，那么下面我们的关注点就在于怎么做出这个函数。我们需要一个数组。（dp原本就是空间换时间）
我们设一个数组f[i][j]，表示i位数，最高位是j的数，符合题意的数有多少个。比如f[1][2]=1; f[1][4]=0; f[2][6]=8 (60,61,63,64,65,66,67,68,69).
我们先不关注这个f有什么用，我们先关注f本身怎么求。首先f[1][i]=0(if i==4),f[1][i]=1(if i!=4) (0<=i<=9)。这一步是很显然的，那么根据这个题的数据范围，只需要递推到f[7][i]就够用了。那么稍微理解一下，可以想出递推式：
f[i][j]=
if (j==4) f[i][j]=0
else if (j!=6) f[i][j]=Σf[i-1][k] (k=0,1,2,3,4,5,6,7,8,9)
else if (j==6) f[i][j]=Σf[i-1][k] (k=0,1,3,4,5,6,7,8,9)
上面的式子也是很显然的，如果觉得不显然可以这样想：i位数，最高位是j的符合条件的数，如果j是4，肯定都不符合条件（因为题目不让有4），所以直接是0；如果j不是6，那么它后面随便取，只要符合题意就可以，所以是f[i-1][k],k可以随便取的和；如果j是6，后面只要不是2就行，所以是f[i-1][k],k除了2都可以，求和。
这里要说明一下，认为00052是长度为5，首位为0的符合条件的数，052是长度为3首位为0符合条件的数。
那么现在我们已经得到了f数组，再重申一下它的含义：i位数，最高位是j的数，符合题意的数有多少个。
现在我们就要关注怎么利用f数组做出上面我们说的那个函数count(int x)，它可以求出[0,x]中符合题意的数有多少个。
那么我们做这样一个函数int solve(int x) 它可以返回[0,x)中符合题意的有多少个。那么solve(x+1)实际上与count(x)是等价的。
那么现在问题转化成了：小于x，符合题意的数有多少个？
很简单，既然小于，从最高位开始比，必定有一位要严格小于x（前面的都相等）。所以我们就枚举哪一位严格小于（前面的都相等）。
假设我们现在把x分成了a1,a2,…,aL这样一个数组，长度为L，aL是最高位。
那么结果实际上就是这样：长度为L，最高位取[0,aL-1]的所有的符合题意数的和；再加上长度为L-1，最高位取aL，次高位取[0,aL-1-1]的所有符合题意数的和；再加上……；一直到第一位。
上面有一句话之所以标粗体，是因为这句话并不是对的，但是为了好看，就先这样写着。因为我们还需要考虑这种情况：最高位aL如果是4，那么这句话直接就可以终止了，因为粗体这句话前面的那句话“最高位取aL”是不能成立的。还要考虑这种情况：最高位aL如果是6，那么这里并不是能取[0,aL-1-1]的所有（不能取2）。加上这些条件之后就很严谨了。
把上面的汉字对应到题目里，就是我们前面求出来的f[L][0..aL-1] f[L-1][0..aL-1-1]，所以稍加思索之后就能写出程序了。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cmath>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
#define max(a,b) (a>b?a:b)
#define min(a,b) (a<b?a:b)
#define swap(a,b) (a=a+b,b=a-b,a=a-b)
#define memset(a,v) memset(a,v,sizeof(a))
#define X (sqrt(5)+1)/2.0 //Wythoff
#define Pi acos(-1)
#define e 2.718281828459045
#define eps 1.0e-8
using namespace std;
typedef long long int LL;
typedef pair<int,int>pa;
const int MAXL(1e5);
const int INF(0x3f3f3f3f);
const int mod(1e9+7);
int dir[4][2]= {{-1,0},{1,0},{0,1},{0,-1}};
LL dp[10][20];
void getDp()
{
memset(dp,0);
dp[0][0]=1;
for(int i=1;i<=7;i++)
{
for(int j=0;j<=9;j++)
{
if(j==4)
dp[i][j]=0;
else if(j==6)
{
for(int k=0;k<=9;k++)
{
if(k!=2)
dp[i][j]+=dp[i-1][k];
}
}
else
{
for(int k=0;k<=9;k++)
dp[i][j]+=dp[i-1][k];
}
}
}
}
int a[20];
LL solve(int n)
{
int len=0;
while(n)
a[++len]=n%10,n/=10;
a[len+1]=0;
LL ans=0;
for(int i=len;i>=1;i--)
{
for(int j=0;j<a[i];j++)
{
if(j==4||a[i+1]==6&&j==2)
continue;
else
ans+=dp[i][j];
}
if(a[i]==4)
break;
if(a[i+1]==6&&a[i]==2)
break;
}
return ans;
}
int main()
{
getDp();
int n,m;
while(cin>>m>>n&&(m||n))
{
LL ans1=solve(m);
LL ans2=solve(n+1);
cout<<ans2-ans1<<endl;
}
}