数位dp 的简单入门

时间紧张，就不讲那么详细了。

之前一直被深搜代码误解，以为数位dp 其实就是记忆化深搜...（虽说爆搜确实很舒服而且还好想）

但是后来发现数位dp 的标准格式其实是 预处理 + dp ......

 

数位dp 的介绍

数位 dp 其实就是让你处理出某一区间范围内满足条件的数的个数，但是一般这个区间范围都是令人绝望的大...比如 1e9 都算良心了，常规的都是 1e18 甚至是 1e10ⁿ （n 一般为 3 或 5）次这样的...

 

数位dp 的一般解法

那么我们知道肯定不能在区间内一个个去判断数字是否满足条件，于是我们就引入了 数位处理 的概念：

处理不多于 i 位的数中 （如 i = 10、100、1000、1e4、1e5）有多少数满足条件，dp[i] 就表示小于等于 10ⁱ 的数中，有多少数满足条件。

但大部分题目与数字本身有一定关系（如不能出现某些特定数字或者必须出现某些式子之类的），那么我们就要多加一维（或者多维）来进行转移，

那么 dp[i][j] 就表示第 i 位为 j 的，满足条件的数字有多少个。

接下来我们再按位对于 区间端点 进行处理。这里为什么是对区间端点处理？（不是显然么？不然你枚举区间内每个数？）

回想之前的操作，我们可以用预处理出的信息来计算出 1 ~ 某个数  的范围内有多少数满足条件，又因为我们计算出的是前缀信息，满足区间可加（减）性，

于是我们可以计算出 $1 到 L-1$ 和 $1 到 R$ （ [L,R] 为要计算的满足条件的数字所处的区间范围 ）这两个区间内有多少数满足条件，然后减一减答案就出来了。

具体怎么实现？我们一般考虑在当前处理的位 （i） 上固定一个数字（但这个数要小于 n 的第 i 位），然后易知，后面的数字我们随便填都行，

弄完后我们把 n 的第 i 位当做填上去了（或者是记录下来和下一位作比较，这要看题目而定），迭代处理接下来的步骤。 

然而数位dp 说是说 dp ，有的时候 dp 数组是预处理出来累加答案的...优秀！

 

相信这些东西看完也没多大用处（毕竟实践出真知嘛，大家都是做题做着做着才明白理论都在讲啥的么...）

 

数位dp 基础入门

先来三道蓝题（真的没有颜色更浅的题了啊QwQ）

1. 洛谷 P2657 [SCOI2009]windy数
2. 洛谷 P2518 [HAOI2010]计数
3. 洛谷 P3413 SAC#1 - 萌数

相信你们都看到了题目前的标签...（瓦特？省选？FAQ！）  。。。但是骚年不要弃疗啊...你做着做着就发现没这么恐怖啦！

 

1.洛谷 P2657 [SCOI2009]windy数

题目描述

windy定义了一种windy数。不含前导零且相邻两个数字之差至少为2的正整数被称为windy数。 windy想知道，

在A和B之间，包括A和B，总共有多少个windy数？

输入输出格式

输入格式：

包含两个整数，A B。

 

输出格式：

一个整数

 

分析

不难，预处理一下 i 位数的范围内多少数字满足相差大于 1 就好了，然后常规 solv 也很难解释清楚，具体得看代码。

 

代码

//by Judge
#include<iostream>
#include<cstdio>
#define ll long long
using namespace std;
const int M=21;
ll f[M][10][10],d[M],l,r,ans;
inline bool get(int x){ return x>1 || x<-1; } //判断是否满足条件
inline void prep(){ //预处理，不难看懂？
    for(int i=2,x,y,z;i<=10;++i) for(x=0;x<=9;++x)
        for(y=0;y<=9;++y) if(get(x-y)){ //如果满足条件就进行枚举
            for(z=0;z<=9;++z) if(get(y-z)) //如果满足条件就累加
                f[i][x][y]+=f[i-1][y][z];
            if(i==2) ++f[i][x][y]; //特殊情况，i==2 无法累加，直接手动+1
        }
}
inline ll solv(int n,ll res=0,int len=0){
    if(n<10) return n; //10以内的数必然都满足，直接返回，否则进行数的分解
    while(n) d[++len]=n%10,n/=10; int las=-1; //las是上一位数，具体看下面才清楚
    for(int i=2,j,k;i<len;++i) for(j=1;j<=9;++j) //枚举状态（由于位数小于当前 n 的数是不受限制的，可以直接累加），至于位数等于 len 的我们另外处理
        for(k=0;k<=9;++k) res+=f[i][j][k];
    res+=9; bool flag=1; //答案+9（其实就是 1~9 这 9 个数字），然后立一个 flag
    for(int i=len,j,k;i>1;--i){ //自高向低位处理
        for(j=0;j<d[i];++j) if((i^len || j) && get(j-las)) //最高位不为零，且 j 和上一位数字相差>1 则开始枚举
            for(k=0;k<=9;++k) res+=f[i][j][k]; //满足条件则累加答案
        if(!get(las-d[i])){ flag=0; break; } las=d[i]; //如果处理到当前位已经不满足条件了  否则 las 记录当前数，为下一次计算准备
    }
    if(flag) for(int j=0;j<=d[1];++j) //如果 flag 还在，说明前面的 2~len 的数都满足条件，那么最低位累加答案
        if(get(j-las)) ++res;
    return res;
}
signed main(){
    cin>>l>>r,prep(); //预处理
    ans=solv(r)-solv(l-1); //计算答案
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

 

 

相信有了第一道题的入门，后面就没有那么麻烦了...于是乎~后面我代码里面的注释就不那么啰嗦了（反正你这么聪明一定看得懂的）

 

 

2.洛谷 P2518 [HAOI2010]计数

题目描述

你有一组非零数字（不一定唯一），你可以在其中插入任意个0，这样就可以产生无限个数。比如说给定{1,2},那么可以生成数字12,21,102,120,201,210,1002,1020,等等。

现在给定一个数，问在这个数之前有多少个数。（注意这个数不会有前导0）.

输入输出格式

输入格式：

 

只有1行，为1个整数n.

 

输出格式： 

只有整数，表示N之前出现的数的个数。

 

分析

这道题其实没这么难！预处理组合数就行！

然而想想自己做的时候傻* 了... 在放置数字的时候直接排列（也就是用阶乘 乘上去），完了还奇怪怎么答案这么大

注意！相同的数字调换了位置还是算一种方案！（对自己说的吧...）

 

代码

//by Judge
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define ll long long
using namespace std;
char s[60];
ll len,d[60],num[15],C[60][60];
inline void prep(){ //预处理组合数
    for(int i=0;i<=50;++i) C[i][0]=1;
    for(int i=1,j;i<=50;++i) for(j=1;j<=50;++j)
        C[i][j]=C[i-1][j-1]+C[i-1][j];
}
inline ll solv(){
    ll ans=0,tot,tmp;
    for(int i=1,j,k;i<=len;++i){
        for(j=0;j<d[i];++j) if(num[j]){
            --num[j],tmp=1,tot=len-i; //先将这一位填上
            for(k=0;k<=9;++k) tmp*=C[tot][num[k]],tot-=num[k]; //然后累乘方案数（tot 个空位里面放 num[k] 个数字）
            ans+=tmp,++num[j]; //累加答案，然后把填上的数字拿回来
        } --num[d[i]]; //当前位的数字减掉，做下一位
    } return ans;
}
signed main(){
    scanf("%s",s+1),prep(),len=strlen(s+1); //分解数字
    for(int i=1;i<=len;++i) ++num[d[i]=s[i]-'0']; //处理每种数字多少个
    printf("%lld\n",solv()); return 0;
}

 

 

题目背景

本题由世界上最蒟蒻最辣鸡最撒比的SOL提供。

寂月城网站是完美信息教室的官网。地址：http://191.101.11.174/mgzd 。

题目描述

辣鸡蒟蒻SOL是一个傻逼，他居然觉得数很萌！

好在在他眼里，并不是所有数都是萌的。只有满足“存在长度至少为2的回文子串”的数是萌的——也就是说，101是萌的，因为101本身就是一个回文数；110是萌的，因为包含回文子串11；但是102不是萌的，1201也不是萌的。

现在SOL想知道从l到r的所有整数中有多少个萌数。

由于答案可能很大，所以只需要输出答案对1000000007（10^9+7）的余数。

输入输出格式

输入格式：

输入包含仅1行，包含两个整数：l、r。

 

输出格式：

输出仅1行，包含一个整数，即为答案。

 

分析

我们可以从题目中分析出，如果一个数字中存在长度>=2回文子串，那么必然存在长度为 2 或 3 的回文子串（我们可以把回文子串两头反复去掉，直至长度为 2 或 3）

接着我们考虑计算满足的数的个数太麻烦了，于是就可以计算不满足的数的个数，然后和 tot （总共有多少数）减一减，答案就出来了。

然后我们在设计一个三维的dp状态（记录第 i 位，首位是 j ，次位是 k 的数字有多少个）就可以开始状态转移了。

 

代码

// luogu-judger-enable-o2
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=1111;
const ll mod=1e9+7;
ll f[N][10][10],ans;
string l,r;
inline void prep(){ //预处理就不解释了
    for(int i=2,x,y,z;i<=1000;++i) for(x=0;x<=9;++x)
        for(y=0;y<=9;++y) if(x!=y){
            for(z=0;z<=9;++z) if(x!=z &&  y!=z)
                f[i][x][y]+=f[i-1][y][z];
            if(i==2) ++f[i][x][y]; f[i][x][y]%=mod;
        }
} 
inline ll solv(string s){
    int len=s.length(),X=-1,Y=-1; //这里有点特殊，要记录前两个数字
    ll tot=0,ans=0; bool flag=1;
    for(int i=0;i<len;++i) tot=(tot*10+s[i]-'0')%mod;
    for(int i=2,x,y;i<len;++i) for(x=1;x<=9;++x)
        for(y=0;y<=9;++y) ans=(ans+f[i][x][y])%mod;
    if(len>1) ans+=10;
    for(int i=len,j,k;i>1;--i){
        int now=s[len-i]-'0';
        for(j=0;j<now;++j) if((i!=len || j!=0) && X!=j && Y!=j )
            for(k=0;k<=9;++k) if(j!=k && k!=X) ans=(ans+f[i][j][k])%mod;
        if(now==X || now==Y) { flag=0; break; }  Y=X,X=now; //和 windy 数类似？
    }
    if(flag) for(int j=0;j<=s[len-1]-'0';++j)
        if(j!=Y && j!=X) ans=(ans+1)%mod;
    return (tot+1+mod-ans)%mod;
}
int main(){
    prep(),cin>>l>>r;
    ans=(solv(r)-solv(l)+mod)%mod;
    for(int i=1;i<=l.length()-1;++i) //数字太长有两种解决方法，一是暴力减（根据当前位不够就向高位借的原则），这里是暴力算当前数是否满足，满足就累加
        if(l[i]==l[i-1] || l[i-1]==l[i+1]){
            ans=(ans+1)%mod; break;
        }
    printf("%lld\n",ans);
}

 

 

基础入门是讲完了，这里还有一堆题目呢，感动伐？（唔...别打脸）

loj 第三章：数位动态规划

• #10163 「一本通 5.3 例 1」Amount of Degrees
• #10164 「一本通 5.3 例 2」数字游戏
• #10165 「一本通 5.3 例 3」Windy 数（emmm...）
• #10166 「一本通 5.3 练习 1」数字游戏
• #10167 「一本通 5.3 练习 2」不要 62
• #10168 「一本通 5.3 练习 3」恨 7 不成妻
• #10169 「一本通 5.3 练习 4」数字计数

做了这些题目之后你会发现被我坑了（明明这些简单一点嘛 (╯‵□′)╯︵┻━┻ ）...

emmm...但是啊...你在切题的同时有没有点成就感咧？（强行解释）

 

数位dp 提高训练

就放两道题目吧...

1. 洛谷 P4317 花神的数论题
2. 洛谷 P4124 [CQOI2016]手机号码

省选 emmm...（唔...别打脸）

 

1.洛谷 P4317 花神的数论题

题目背景

众所周知，花神多年来凭借无边的神力狂虐各大 OJ、OI、CF、TC …… 当然也包括 CH 啦。

题目描述

话说花神这天又来讲课了。课后照例有超级难的神题啦…… 我等蒟蒻又遭殃了。 花神的题目是这样的：设 \text{sum}(i)sum(i)表示 ii 的二进制表示中 11 的个数。给出一个正整数 NN ，花神要问你 $ \prod_{i=1}^{N}\text{sum}(i)∏i=1N​sum(i)$ ，也就是 $\text{sum}(1)\sim\text{sum}(N)sum(1)∼sum(N)$的乘积。

输入输出格式

输入格式：

一个正整数 N。

 

输出格式：

一个数，答案模 10000007 的值。

 

分析

emmmm...算 sum[1~n] 的乘积。其实还是蛮常规的（有一道题还是加强版咧），

数字拆分的时候我们拆成二进制，然后常规的做，每次往 当前处理的第 i 位后面 i-1 个位子里面塞 1 就好了，

然后计算塞多少个 1 分别的方案数，最后快速幂一下累乘进答案。

做的时候居然纠结了半天的逆元卢卡斯什么的预处理，50² 暴力递推组合是就好了啊！ 看代码吧！

 

代码

// luogu-judger-enable-o2
//by Judge
#include<iostream>
#include<cstdio>
#define ll long long
using namespace std;
const int M=55;
const ll mod=1e7+7;
ll n,len,cnt,ans=1;
ll C[M][M],d[M],num[M];
inline void prep(){  //预处理组合数模板？ 
    for(int i=0;i<=50;++i) C[i][0]=1;
    for(int i=1,j;i<=50;++i) for(j=1;j<=50;++j)
        C[i][j]=C[i-1][j]+C[i-1][j-1];
}
inline ll quick_pow(ll x,ll p,ll ans=1){  //快速幂模板？
    while(p){
        if(p&1) ans=ans*x%mod;
        x=x*x%mod, p>>=1;
    } return ans;
}
signed main(){
    cin>>n,prep();
    while(n) d[++len]=n&1,n>>=1;//转化二进制
    for(ll i=len,j;i;--i) if(d[i]){
        for(j=1;j<i;++j) //组合数随便乱艹
            num[cnt+j]+=C[i-1][j];
        ++num[++cnt];
    }
    for(ll i=1;i<=len;++i) //直接累乘
        ans=ans*quick_pow(i,num[i])%mod;
    cout<<ans<<endl; return 0;
}

 

2. 洛谷 P4124 [CQOI2016]手机号码

题目描述

人们选择手机号码时都希望号码好记、吉利。比如号码中含有几位相邻的相同数字、不含谐音不吉利的数字等。手机运营商在发行新号码时也会考虑这些因素，从号段中选取含有某些特征的号码单独出售。为了便于前期规划，运营商希望开发一个工具来自动统计号段中满足特征的号码数量。

工具需要检测的号码特征有两个：号码中要出现至少 33 个相邻的相同数字；号码中不能同时出现 88 和 44。号码必须同时包含两个特征才满足条件。满足条件的号码例如：13000988721、23333333333、14444101000。而不满足条件的号码例如：1015400080、10010012022。

手机号码一定是 11 位数，前不含前导的 00。工具接收两个数 LL 和 RR，自动统计出 [L,R][L,R] 区间内所有满足条件的号码数量。LL 和 RR 也是 1111 位的手机号码。

输入输出格式

输入格式： 

输入文件内容只有一行，为空格分隔的 22 个正整数 L,RL,R。

 

输出格式：

输出文件内容只有一行，为 11 个整数，表示满足条件的手机号数量。

 

 

分析

5维状态直接艹！...第一维记位数，第二维记是哪个数字，第三维记前面有几个相同的情况，第四维记 8 出现过没，第五维记 4 出现过没。

 

代码

//by Judge
#include<iostream>
#include<cstdio>
#define ll long long
using namespace std;
ll L,R,d[15],f[15][15][5][2][2]; // F[ i,j,k,et,fr] 表示第 i 位，前面有 k 个相同，8 是否出现过， 4是否出现过 
inline void prep(){ //预处理 dp 数组
    for(int i=0,j,c,et,fr,w;i<=11;++i) for(j=0;j<=9;++j)
        for(c=1;c<=3;++c) for(et=0;et<=1;++et) for(fr=0;fr<=1;++fr){
            ll &t=f[i][j][c][et][fr]; if(!i) t=(c==3?1:0);
            else for(w=0;w<=9;++w) t+=f[i-1][w][c==3?3:w==j?c+1:1][et||(w==8)][fr||(w==4)];
            if(et && fr) t=0;
        }
}
inline ll solv(ll n){
    ll len=0,ans=0,c=0,et=0,fr=0;
    while(n) d[++len]=n%10,n/=10; //分解数字
    if(len<11) return 0; d[len+1]=-1; //特判 L=1e11 的情况
    for(int i=len,j;i;--i){ //暴力枚举转移
        for(j=0;j<d[i];++j) ans+=f[i-1][j][c==3?3:d[i+1]==j?c+1:1][(j==8)||et][(j==4)||fr];
        c=(c==3?3:d[i]==d[i+1]?c+1:1),et|=d[i]==8;fr|=d[i]==4; if(et && fr) break;
    } return ans-f[10][0][1][0][0]+f[0][d[1]][c][et][fr];;
}
signed main(){ prep(),scanf("%lld%lld",&L,&R),printf("%lld\n",solv(R)-solv(L-1)); return 0; } //一行主函数

 

再来几道题目：

• 洛谷 P4127 [AHOI2009]同类分布
• 洛谷 P2606 [ZJOI2010]排列计数
• 洛谷 P3281 [SCOI2013]数数
• 洛谷 P3286 [SCOI2014]方伯伯的商场之旅

（就四道题，还有我没做过的... 0.0）

 

代码如下：

P4127：（...代码很短，思路很绕）

//by Judge
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define ll long long
using namespace std;
ll f[23][200][200][2],d[23],l,r;  //位数，整个数字%sum，各位数字的和%sum，是否达到当前位上界
inline ll solv(ll n){
    ll len=0,ans=0,tmp;
    while(n) d[++len]=n%10,n/=10;
    for(int sum=1,i,s,m,c,k;sum<=len*9;++sum){
        memset(f,0,sizeof(f)), f[len+1][0][0][1]=1;
        for(i=len;i;--i) for(s=0;s<=sum;++s)
            for(m=0;m<sum;++m) for(c=0;c<=1;++c){
            tmp=f[i+1][s][m][c]; if(!tmp) continue;
            for(k=0;k<=(c?d[i]:9) && s+k<=sum;++k)
                f[i][s+k][(m*10+k)%sum][c&(k==d[i])]+=tmp;
        } ans+=f[1][sum][0][0]+f[1][sum][0][1];
    } return ans;
}
signed main(){
    scanf("%lld%lld",&l,&r);
    printf("%lld\n",solv(r)-solv(l-1));
    return 0;
}

 

P3281：（详情看这里）

//by Judge
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define ll long long
#define int long long
using namespace std;
const int M=1e5+111;
const ll mod=20130427;
#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline int read(){
    int x=0,f=1; char c=getchar();
    for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1;
    for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0'; return x*f;
}
ll B,len,ans,d[M],f[M]={1},sum[M]={1},pre[M],sub[M],dp[M][2];
inline void prep(){ for(int i=1,j;i<=1e5;++i) f[i]=f[i-1]*B%mod,sum[i]=(sum[i-1]+f[i])%mod; }
inline ll solv(){
    ll ans=pre[len+1]=0;
    for(int i=1;i<=len;++i) sub[i]=(d[i]*f[i-1]%mod+sub[i-1])%mod;
    for(int i=len;i>=1;--i) pre[i]=(pre[i+1]*B%mod+d[i])%mod;
    for(int i=1;i<=len;++i){  //各种恶心...
        dp[i][0]=(dp[i-1][0]*B%mod+B*(B-1)/2%mod*f[i-1]%mod*sum[i-1]%mod)%mod;
        dp[i][1]=(dp[i-1][0]*d[i]%mod+d[i]*(d[i]-1)/2%mod*f[i-1]%mod*sum[i-1]%mod)%mod;
        dp[i][1]=(dp[i][1]+dp[i-1][1]+d[i]*(sub[i-1]+1)%mod*sum[i-1]%mod)%mod;
        ans=(ans+max(0ll,pre[i+1]-1)*dp[i][0]%mod+dp[i][1])%mod;
    } return ans;
}
signed main(){
    B=read(),len=read(),prep();
    for(int i=len;i;--i) d[i]=read();
    for(int i=1;i<=len;++i)
        if(d[i]){ --d[i]; break; }
        else d[i]=B-1;
    if(!d[len]) --len;
    ans=-solv(), len=read();
    for(int i=len;i;--i) d[i]=read();
    ans+=solv(),printf("%lld\n",(ans%mod+mod)%mod); return 0;
}

 

P2606：假题，不用做（求 n 点小根堆方案数）

 

//by Judge
#include<cstdio>
#include<iostream>
#define fp(i,a,b) for(int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define ll long long
using namespace std;
const int M=1e6+3;
ll n,mod,s[M],ans=1,inv[M];
int main(){ scanf("%lld%lld",&n,&mod);
    inv[0]=inv[1]=1; fp(i,1,n) s[i]=1;
    fp(i,2,n) inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
    fd(i,n,2) s[i>>1]+=s[i];
    fp(i,1,n) ans=ans*i%mod*inv[s[i]]%mod;
    return !printf("%lld\n",ans);
}

 

P3286：（不是很懂，瞎抄的）

//by Judge
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define ll long long
using namespace std;
const int M=70;
ll L,R,K,num[M],f[M][4000];
ll dfs1(ll n,ll s,bool lim){
    if(!n) return s;
    if(!lim && f[n][s]>=0) return f[n][s];
    ll res=0,k=lim?num[n]:K-1;
    for(ll i=0;i<=k;++i)
        res+=dfs1(n-1,s+i*(n-1),lim&&(num[n]==i));
    if(!lim) f[n][s]=res; return res;
}
ll dfs2(ll n,ll s,ll m,ll lim){
    if(s<0) return 0; if(!n) return s;
    if(!lim && f[n][s]>=0) return f[n][s];
    ll res=0,k=lim?num[n]:K-1;
    for(ll i=0;i<=k;++i)
        if(n>=m) res+=dfs2(n-1,s+i,m,lim&(num[n]==i));
        else res+=dfs2(n-1,s-i,m,lim&(num[n]==i));
    if(!lim) f[n][s]=res; return res;
}
inline ll calc(ll n){
    ll len=0;
    memset(f,-1,sizeof(f));
    while(n) num[++len]=n%K,n/=K;
    ll res=dfs1(len,0,1);
    for(ll i=2;i<=len;++i)
        memset(f,-1,sizeof(f)),
        res-=dfs2(len,0,i,1);
    return res;
}
signed main(){
    cin>>L>>R>>K, cout<<calc(R)-calc(L-1)<<endl; return 0;
}

 

 

然后再来一道比较有挑战的？

 

 CF55D： Beautiful number

 

题目就是让你求 l~r 之间有多少个数是能整除自己各位上的数（排除 0 ）

 

然后我们一看就知道数位 dp ，但是状态很难设计啊 QWQ 

 

我们可以发现所有数位的 lcm 最大为 2520 （就是 1~ 9 的 lcm 嘛）

 

然后我们再看就能发现某个数模 2520 下如果能整除 它所有数位的 lcm 那么它就是满足条件的数

 

也就是说 一个数模其所有数位的 lcm 的结果   和 模 2520 后再去模这个 lcm 的结果   是相同的

 

为什么？什么为什么，因为一个数所有数位的 lcm 必然是 2520 的因子啊

 

那么我们考虑令 f[i][j][k] 表示还剩 i 位没有处理，当前的数模 2520 为 j，当前所有数位的 lcm 为 k 的方案数，这样状态就设计出来了

 

然后就是代码了：（由于一开始不会抄的题解，所以写的是 dfs ，经过几小时奋斗终于写好了自己熟悉的版本——非dfs，于是就放上来了 QVQ ）

 

//by Judge
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define fp(i,a,b) for(int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define ll long long
using namespace std;
const int mod=2520;
#ifndef Judge
#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
#endif
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline ll read(){ ll x=0,f=1; char c=getchar();
    for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1;
    for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0'; return x*f;
} char sr[1<<21],z[20];int C=-1,Z;
inline void Ot(){fwrite(sr,1,C+1,stdout),C=-1;}
inline void print(ll x,char chr='\n'){
    if(C>1<<20)Ot();if(x<0)sr[++C]=45,x=-x;
    while(z[++Z]=x%10+48,x/=10);
    while(sr[++C]=z[Z],--Z);sr[++C]=chr;
} int tot,id[mod+50],val[50],d[21];
ll f[20][mod+3][50];
int GCD(int a,int b) { return b?GCD(b,a%b):a; }
int LCM(int a,int b) { return a/GCD(a,b)*b; }
void prep() {
    fp(i,1,mod) if(!(mod%i)) id[i]=++tot,val[tot]=i;
    fp(i,1,tot) fp(j,0,mod/val[i]) f[0][val[i]*j][i]=1;
    fp(i,1,19) fp(j,0,mod) fp(k,1,tot) fp(d,0,9)
        f[i][j][k]+=f[i-1][(j*10+d)%mod][id[d?LCM(val[k],d):val[k]]];
}
inline ll solv(ll x){
    int len=0; ll ans=0,Val=0,Lcm=1;
    for(;x;x/=10) d[++len]=x%10;
    fd(i,len,1){
        fp(j,0,d[i]-1) ans+=f[i-1][(Val*10+j)%mod][id[j?LCM(Lcm,j):Lcm]];
        Val=(Val*10+d[i])%mod,Lcm=d[i]?LCM(Lcm,d[i]):Lcm;
    } return ans+!(Val%Lcm);
}
int main(){ prep(); ll T=read(),l,r;
    fp(kkk,1,T) l=read(),r=read(),
        print(solv(r)-solv(l-1));
    return Ot(),0;
}

 

 

 

（累死了...写了两个多钟头...我还是太弱了）