思路与算法

把区间统计改成F(B)-F(A-1)，F(t)为不超过t的正Windy数数量。

从最高位递归，记录剩余位位置pos、前一个有效数位previous，以及是否仍受上界约束tight。previous=10是尚未开始的哨兵。未开始且当前放0时仍保持10，不把补位0当作真实数位；否则只有第一位有效数字，或与前一位差的绝对值至少2时，才可转移。

全部位结束后，previous不为10才计一种，排除整数0。非tight状态按pos和previous记忆化。

正确性说明

构造过程中previous始终是已经写出的最后一个真实数位，或者表示尚未开始。每次加入有效数字时检查与上一真实数字的差，恰好满足Windy数对每对相邻位的要求；前导补0不会引入额外约束。

tight保证构造值不超过上界，结束时排除全0路径。每个正整数只有一个补齐到上界位数的数位序列，因此合法数恰计一次。故F准确，前缀差给出闭区间答案。

复杂度

十进制位数L≤10。缓存状态数O(L×11)，每个枚举至多10个数字，时间O(L×11×10)。参考程序每次还清空15×11个缓存单元，含初始化为O(15×11+L×11×10)时间，空间O(15×11+L)。

易错点

不能把前导0视为上一位0，否则会错误排除许多一位数。条件是差的绝对值至少2，等于2允许。0不属于正Windy数；A=1需要F(0)=0。两组原站公开样例都已纳入评测，且需考虑端点相同的区间。

参考代码（C++11）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
vector<int> digit;
ll memo[15][11];
ll solve(int pos, int previous, bool tight) {
    if (pos < 0)
        return previous != 10;
    if (!tight && memo[pos][previous] != -1)
        return memo[pos][previous];
    int cap = tight ? digit[pos] : 9;
    ll answer = 0;
    for (int d = 0; d <= cap; ++d) {
        if (previous == 10 && d == 0)
            answer += solve(pos - 1, 10, tight && d == cap);
        else if (previous == 10 || abs(previous - d) >= 2)
            answer += solve(pos - 1, d, tight && d == cap);
    }
    if (!tight)
        memo[pos][previous] = answer;
    return answer;
}
ll count(ll n) {
    if (n <= 0)
        return 0;
    digit.clear();
    while (n) {
        digit.push_back(n % 10);
        n /= 10;
    }
    memset(memo, -1, sizeof(memo));
    return solve(digit.size() - 1, 10, true);
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    ll a, b;
    cin >> a >> b;
    cout << count(b) - count(a - 1) << '\n';
}