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=;
 ll f[M][][],d[M],l,r,ans;
 inline bool get(int x){ return x> || x<-; } //判断是否满足条件
 inline void prep(){ //预处理，不难看懂？
     for(int i=,x,y,z;i<=;++i) for(x=;x<=;++x)
         for(y=;y<=;++y) if(get(x-y)){ //如果满足条件就进行枚举
             for(z=;z<=;++z) if(get(y-z)) //如果满足条件就累加
                 f[i][x][y]+=f[i-][y][z];
             if(i==) ++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=,int len=){
     if(n<) 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%,n/=; int las=-1; //las是上一位数，具体看下面才清楚
     for(int i=,j,k;i<len;++i) for(j=;j<=;++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=;k<=;++k) res+=f[i][j][k];
     res+=; bool flag=; //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>;--i){ //自高向低位处理
         for(j=;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=;k<=;++k) res+=f[i][j][k]; //满足条件则累加答案
         if(!get(las-d[i])){ flag=; 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=;j<=d[];++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-); //计算答案
     printf("%lld\n",ans);
     return ;
 }

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[];
 ll len,d[],num[],C[][];
 inline void prep(){ //预处理组合数
     for(int i=;i<=;++i) C[i][]=;
     for(int i=,j;i<=;++i) for(j=;j<=;++j)
         C[i][j]=C[i-][j-]+C[i-][j];
 }
 inline ll solv(){
     ll ans=,tot,tmp;
     for(int i=,j,k;i<=len;++i){
         for(j=;j<d[i];++j) if(num[j]){
             --num[j],tmp=,tot=len-i; //先将这一位填上
             for(k=;k<=;++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+),prep(),len=strlen(s+); //分解数字
     for(int i=;i<=len;++i) ++num[d[i]=s[i]-'']; //处理每种数字多少个
     printf("%lld\n",solv()); return ;
 }

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=;
 const ll mod=1e9+;
 ll f[N][][],ans;
 string l,r;
 inline void prep(){ //预处理就不解释了
     for(int i=,x,y,z;i<=;++i) for(x=;x<=;++x)
         for(y=;y<=;++y) if(x!=y){
             for(z=;z<=;++z) if(x!=z &&  y!=z)
                 f[i][x][y]+=f[i-][y][z];
             if(i==) ++f[i][x][y]; f[i][x][y]%=mod;
         }
 }
 inline ll solv(string s){
     int len=s.length(),X=-,Y=-; //这里有点特殊，要记录前两个数字
     ll tot=,ans=; bool flag=;
     for(int i=;i<len;++i) tot=(tot*+s[i]-'')%mod;
     for(int i=,x,y;i<len;++i) for(x=;x<=;++x)
         for(y=;y<=;++y) ans=(ans+f[i][x][y])%mod;
     if(len>) ans+=;
     for(int i=len,j,k;i>;--i){
         int now=s[len-i]-'';
         for(j=;j<now;++j) if((i!=len || j!=) && X!=j && Y!=j )
             for(k=;k<=;++k) if(j!=k && k!=X) ans=(ans+f[i][j][k])%mod;
         if(now==X || now==Y) { flag=; break; }  Y=X,X=now; //和 windy 数类似？
     }
     if(flag) for(int j=;j<=s[len-]-'';++j)
         if(j!=Y && j!=X) ans=(ans+)%mod;
     return (tot++mod-ans)%mod;
 }
 int main(){
     prep(),cin>>l>>r;
     ans=(solv(r)-solv(l)+mod)%mod;
     for(int i=;i<=l.length()-;++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-] || l[i-]==l[i+]){
             ans=(ans+)%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=;
 const ll mod=1e7+;
 ll n,len,cnt,ans=;
 ll C[M][M],d[M],num[M];
 inline void prep(){  //预处理组合数模板？
     for(int i=;i<=;++i) C[i][]=;
     for(int i=,j;i<=;++i) for(j=;j<=;++j)
         C[i][j]=C[i-][j]+C[i-][j-];
 }
 inline ll quick_pow(ll x,ll p,ll ans=){  //快速幂模板？
     while(p){
         if(p&) ans=ans*x%mod;
         x=x*x%mod, p>>=;
     } return ans;
 }
 signed main(){
     cin>>n,prep();
     while(n) d[++len]=n&,n>>=;//转化二进制
     for(ll i=len,j;i;--i) if(d[i]){
         for(j=;j<i;++j) //组合数随便乱艹
             num[cnt+j]+=C[i-][j];
         ++num[++cnt];
     }
     for(ll i=;i<=len;++i) //直接累乘
         ans=ans*quick_pow(i,num[i])%mod;
     cout<<ans<<endl; return ;
 }

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[],f[][][][][]; // 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=,j,c,et,fr,w;i<=;++i) for(j=;j<=;++j)
         for(c=;c<=;++c) for(et=;et<=;++et) for(fr=;fr<=;++fr){
             ll &t=f[i][j][c][et][fr]; if(!i) t=(c==?:);
             else for(w=;w<=;++w) t+=f[i-][w][c==?:w==j?c+:][et||(w==)][fr||(w==)];
             if(et && fr) t=;
         }
 }
 inline ll solv(ll n){
     ll len=,ans=,c=,et=,fr=;
     while(n) d[++len]=n%,n/=; //分解数字
     if(len<) return ; d[len+]=-; //特判 L=1e11 的情况
     for(int i=len,j;i;--i){ //暴力枚举转移
         for(j=;j<d[i];++j) ans+=f[i-][j][c==?:d[i+]==j?c+:][(j==)||et][(j==)||fr];
         c=(c==?:d[i]==d[i+]?c+:),et|=d[i]==;fr|=d[i]==; if(et && fr) break;
     } return ans-f[][][][][]+f[][d[]][c][et][fr];;
 }
 signed main(){ prep(),scanf("%lld%lld",&L,&R),printf("%lld\n",solv(R)-solv(L-)); return ; } //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[][][][],d[],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=,ans=,tmp;
     while(n) d[++len]=n%,n/=;
     for(int sum=,i,s,m,c,k;sum<=len*;++sum){
         memset(f,,sizeof(f)), f[len+][][][]=;
         for(i=len;i;--i) for(s=;s<=sum;++s)
             for(m=;m<sum;++m) for(c=;c<=;++c){
             tmp=f[i+][s][m][c]; if(!tmp) continue;
             for(k=;k<=(c?d[i]:) && s+k<=sum;++k)
                 f[i][s+k][(m*+k)%sum][c&(k==d[i])]+=tmp;
         } ans+=f[][sum][][]+f[][sum][][];
     } return ans;
 }
 signed main(){
     scanf("%lld%lld",&l,&r);
     printf("%lld\n",solv(r)-solv(l-));
     return ;
 }

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+;
 const ll mod=;
 #define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
 char buf[<<],*p1=buf,*p2=buf;
 inline int read(){
     int x=,f=; char c=getchar();
     for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-;
     for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*+c-''; return x*f;
 }
 ll B,len,ans,d[M],f[M]={},sum[M]={},pre[M],sub[M],dp[M][];
 inline void prep(){ for(int i=,j;i<=1e5;++i) f[i]=f[i-]*B%mod,sum[i]=(sum[i-]+f[i])%mod; }
 inline ll solv(){
     ll ans=pre[len+]=;
     for(int i=;i<=len;++i) sub[i]=(d[i]*f[i-]%mod+sub[i-])%mod;
     for(int i=len;i>=;--i) pre[i]=(pre[i+]*B%mod+d[i])%mod;
     for(int i=;i<=len;++i){  //各种恶心...
         dp[i][]=(dp[i-][]*B%mod+B*(B-)/%mod*f[i-]%mod*sum[i-]%mod)%mod;
         dp[i][]=(dp[i-][]*d[i]%mod+d[i]*(d[i]-)/%mod*f[i-]%mod*sum[i-]%mod)%mod;
         dp[i][]=(dp[i][]+dp[i-][]+d[i]*(sub[i-]+)%mod*sum[i-]%mod)%mod;
         ans=(ans+max(0ll,pre[i+]-)*dp[i][]%mod+dp[i][])%mod;
     } return ans;
 }
 signed main(){
     B=read(),len=read(),prep();
     for(int i=len;i;--i) d[i]=read();
     for(int i=;i<=len;++i)
         if(d[i]){ --d[i]; break; }
         else d[i]=B-;
     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 ;
 }

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+;
 ll n,mod,s[M],ans=,inv[M];
 int main(){ scanf("%lld%lld",&n,&mod);
     inv[]=inv[]=; fp(i,,n) s[i]=;
     fp(i,,n) inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
     fd(i,n,) s[i>>]+=s[i];
     fp(i,,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=;
 ll L,R,K,num[M],f[M][];
 ll dfs1(ll n,ll s,bool lim){
     if(!n) return s;
     if(!lim && f[n][s]>=) return f[n][s];
     ll res=,k=lim?num[n]:K-;
     for(ll i=;i<=k;++i)
         res+=dfs1(n-,s+i*(n-),lim&&(num[n]==i));
     if(!lim) f[n][s]=res; return res;
 }
 ll dfs2(ll n,ll s,ll m,ll lim){
     if(s<) return ; if(!n) return s;
     if(!lim && f[n][s]>=) return f[n][s];
     ll res=,k=lim?num[n]:K-;
     for(ll i=;i<=k;++i)
         if(n>=m) res+=dfs2(n-,s+i,m,lim&(num[n]==i));
         else res+=dfs2(n-,s-i,m,lim&(num[n]==i));
     if(!lim) f[n][s]=res; return res;
 }
 inline ll calc(ll n){
     ll len=;
     memset(f,-,sizeof(f));
     while(n) num[++len]=n%K,n/=K;
     ll res=dfs1(len,,);
     for(ll i=;i<=len;++i)
         memset(f,-,sizeof(f)),
         res-=dfs2(len,,i,);
     return res;
 }
 signed main(){
     cin>>L>>R>>K, cout<<calc(R)-calc(L-)<<endl; return ;
 }

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=;
 #ifndef Judge
 #define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
 #endif
 char buf[<<],*p1=buf,*p2=buf;
 inline ll read(){ ll x=,f=; char c=getchar();
     for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-;
     for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*+c-''; return x*f;
 } char sr[<<],z[];int C=-,Z;
 inline void Ot(){fwrite(sr,,C+,stdout),C=-;}
 inline void print(ll x,char chr='\n'){
     if(C><<)Ot();if(x<)sr[++C]=,x=-x;
     while(z[++Z]=x%+,x/=);
     while(sr[++C]=z[Z],--Z);sr[++C]=chr;
 } int tot,id[mod+],val[],d[];
 ll f[][mod+][];
 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,,mod) if(!(mod%i)) id[i]=++tot,val[tot]=i;
     fp(i,,tot) fp(j,,mod/val[i]) f[][val[i]*j][i]=;
     fp(i,,) fp(j,,mod) fp(k,,tot) fp(d,,)
         f[i][j][k]+=f[i-][(j*+d)%mod][id[d?LCM(val[k],d):val[k]]];
 }
 inline ll solv(ll x){
     int len=; ll ans=,Val=,Lcm=;
     for(;x;x/=) d[++len]=x%;
     fd(i,len,){
         fp(j,,d[i]-) ans+=f[i-][(Val*+j)%mod][id[j?LCM(Lcm,j):Lcm]];
         Val=(Val*+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,,T) l=read(),r=read(),
         print(solv(r)-solv(l-));
     return Ot(),;
 }

（累死了...写了两个多钟头...我还是太弱了）