题目

思路
大体思路其实也跟第一篇博客类似，用前缀和的思想处理区间的方案数，然后求方案数则是通过把每一位数都拆分来，然后根据两种选择0-a_n-1和选a_n两种情况进行判断，但是因为前导零会对结果产生不一样的结果（比如0013本来是一个可以的方案但是因为0和1不满足条件如果不做特判这种情况会被划掉）

那我们就从含有前导零和不含有前导零开始看：

含有前导零
如果是含有前导零的情况，那么前n位数一定都是0，那么对于一共有n位数，并且第一位是零的情况，第2位的选择可以为0123456789之中的任意一个，那么我们可以对于所有的前导零的情况，不断的加上方案数，这样就可以直接把含有前导零的情况直接计算出来。

关于方案数的处理

根据上面的情况来看我们发现我们要处理的方案是最高位数是i并且一共有n位数字的方案数，
其实也跟第二篇博客的不降数很像，只不过在选择的限制条件有所不同。对于最高位数是i并且一共有n位数字那么就相当于最高位数是j (abs(j+2)>=2),并且一共有n-1位数的情况之和，这样方程就列出来了，可以直接先预处理所有的方案数啦！

然后是不含有前导零的部分
对于不含有前导零的部分，那么其实就是直接计算就可以了（但是要记得第一位不能为0，这样会产生前导零），记last为前一位选择的数字(初始化的数字为3因为第一位可以选择1到a_n-1 之间任意的数字，那么就需要构造一个满足条件的last即可) 如果是走左半部分，那么就是从0开始，加上满足条件的方案数：如果是走右半部分，那么就判断一下last和a_n的绝对值是否大于等于2，如果不满足则不能选择这个数字直接break：对于最后的右子树，如果可以走到，就说明这种方案数是可以满足的，那么直接res++即可。（详细操作直接看代码）

**代码 **

#include
#include
#include
#include
using namespace std;const int N=30;
int dp[N][N];void cal()
{for(int i =0;i<=9;i++)dp[1][i]=1;//一共有1位并且上一位是i的方案数量for(int i =2;i<=N;i++)for(int j =0;j<=9;j++){for(int k=0;k<=9;k++)if(abs(j-k)>=2)dp[i][j]+=dp[i-1][k];}
}int DP(int n){if(!n)return 0;//0不是正整数vectorcnt;while(n)cnt.push_back(n%10),n/=10;int res=0;int last=-3;//上一位的数，因为第一位计算的时候不能包含前导零，那么令last为-3保证所有数都可以满足条件//计算包含前导零的情况for(int i=cnt.size()-1 ; i >=0  ; i--){int x=cnt[i];        for(int j = (i==cnt.size()-1); j=2) res += dp[i+1][j];//一共有i+1位数字if(abs(last-x)<2)break;//如果当前的数跟上一位的数冲突last=x;if(!i)res++;}//计算不包含前导零的情况for(int i =cnt.size()-1;i>=1;i--)for(int j =1;j<=9;j++)res+=dp[i][j];return res;
}
int main()
{int l,r;cal();cin>>l>>r;cout<