题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2089
题目意思：给定区间没有62和4的数有多少个
思路：
数位dp包括数位和dp。数位就是通过把数分解成一位一位的数来分析。那么数位dp的dp用来记忆什么东西呢？
在一个区间中（比如【1，100000】），找没有62和4的数，一个一个检算很显然会有很多重复的部分
（比如【101，110】和【1001，1010】这两个区间中满足条件的个数都是9，而且抽象来讲这两个区间很相似，仔细想想哪里相似）。那么就可以很快求出这个区间中你想要的数的个数。
现在来讲讲哪里相似（就这道题来说），这两个区间末尾都是1到10，那么对于最后一位数（个位）他们前面一位数（十位）都是相同的。所以，如果都属于同一位数（比如最后一位）,且前一位数都相同，那么就可以直接用，这就是dp的两维了。
现在还有最后一个问题，就是什么情况下可以用这个dp（太懒了，从大佬博客扣了下面这段）：
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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)。
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，大致就是说有无limit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limit就是直接记忆化
那么假设我们第一次枚举了百位是0，显然后面的枚举limit=false，也就是数位上0到9的枚举，然后当我十位枚举了1，此时考虑dp[0][1],就是枚举到个位，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)，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。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
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所以，只有当此时状态没有限制（limit）时才能使用dp来记忆循环使用。
好了，下面贴一下这个题的代码：
#include <bits/stdc++.h>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define eps 1e-8
#define lson l, m, rt<<1
#define rson m+1, r, rt<<1|1
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> pii;
const int maxn = 1e5 + 5;
const int mod = 1e9 + 7;
int l,r;
int a[20];
int dp[20][20];
int dfs(int pos,int sta,bool limit){
if (pos==-1) return 1;
if (!limit&&dp[pos][sta]!=-1) return dp[pos][sta];
int up=limit?a[pos]:9;
int tmp=0;
for (int i=0;i<=up;i++){
if (i==4) continue;
if (sta==6&&i==2) continue;
tmp+=dfs(pos-1,i,a[pos]==i&&limit);
}
if (!limit) dp[pos][sta]=tmp;
return tmp;
}
int solve(int x){
int pos=0;
while (x){
a[pos++]=x%10;
x/=10;
}
return dfs(pos-1,0,1);
}
int main() {
while (~scanf ("%d%d",&l,&r)&&l&&r){
memset(dp,-1,sizeof(dp));
printf ("%d\n",solve(r)-solve(l-1));
}
return 0;
}