题意：

找出区间[li,ri]内有多少数满足，这个数的每一个位的非0数都能把这个数整除

 

题解：

因为这个数每一位的值都可以把这个数整除，那也就是说这个数是它所有位数的公倍数，但是可能不是最小公倍数。

1、2、3、4、5、6、7、8、9的最小公倍数是2520

那么我就可以让我们要判断的那个数去取余2520来实现我们记忆化操作

因为1——9的最小公倍数是2520，所以1——9中任意几个数的最小公倍数肯定是2520的余数，所以我们只需要找出来1——2520之中所有2520的余数就可以了。最后找出来也就48个

给这48个位置每一个映射一个值

这个样子就又可以减小dp数组的大小

dp[x][y][z]表示：枚举到第x位，这个数取余2520的结果是y，这个数目前所有位数的最小公倍数所对应的映射是z

 

代码：

 1 //首先要求能被各位上的数整除，可以转化为被一个数整除问题。
 2 //这个数就是各位上数的最小公倍数LCM（不是GCD）。
 3 //其次，处理整除问题，得转化成数位DP的余数模板。1~9的LCM最大是2520, 那么%2520,让其可以开数组进行记忆化搜索。
 4 //最后, 对于不能%2520最后结果，再%各个数位累计过来的LCM。
 5 //这样下来，需要开20*2520*2520的数组，往CF上一交你会发现MLE。
 6 //仔细观察每次的LCM，其范围是1~2520没错，但是都是整除gcd的结果（LCM=a*b/gcd(a,b) ），也就是说所有LCM都是某个数的约数。
 7 //这个数其实就是2520。所以DP之前，为2520打个表，把LCM给离散化Hash。这样其实只有48个LCM了。数组开20*2520*50即可。
 8 //注意结果是int64。
 9 #include<stdio.h>
10 #include<string.h>
11 #include<algorithm>
12 #include<iostream>
13 #include<map>
14 using namespace std;
15 const int maxn=20;
16 const int mod=2520;
17 typedef long long ll;
18 ll v[maxn],dp[maxn][mod+50][50];
19 map<ll,ll>w;
20 ll lcm(ll a,ll b)
21 {
22     ll ans=min(a,b);
23     while(ans)
24     {
25         if(a%ans==0 && b%ans==0) break;
26         ans--;
27     }
28     return (a*b)/ans;
29 }
30 ll dfs(ll pos,ll sum,ll sta,bool limit)
31 {
32     if(sta==0)return 0;
33     if(pos==-1)
34     {
35         return sum%sta==0;
36     }
37     if(!limit && dp[pos][sum][w[sta]]!=-1) return dp[pos][sum][w[sta]];
38     ll up=limit?v[pos]:9;
39     ll tmp=0;
40     for(ll i=0;i<=up;++i)
41     {
42         if(i>0)
43         {
44             tmp+=dfs(pos-1,(sum*10+i)%mod,lcm(sta,i),limit && i==v[pos]);
45 
46         }
47         else tmp+=dfs(pos-1,(sum*10+i)%mod,sta,limit && i==v[pos]);
48     }
49     if(!limit) dp[pos][sum][w[sta]]=tmp;
50     //只有上界为9的时候才会往dp数组里面存，因为这样能节省更多的时间
51     return tmp;
52 }
53 ll solve(ll ans)
54 {
55     ll pos=0;
56     while(ans)
57     {
58         v[pos++]=ans%10;
59         ans/=10;
60     }
61     return dfs(pos-1,0,1,true);
62 }
63 int main()
64 {
65     ll t,l,r,m=0;
66     scanf("%I64d",&t);
67     for(ll i=1;i<=mod;++i)
68     {
69         if(mod%i==0)
70         {
71             ++m;
72             w[i]=m;
73         }
74     }
75     memset(dp,-1,sizeof(dp));
76     while(t--)
77     {
78         scanf("%I64d%I64d",&l,&r);
79         printf("%I64d\n",solve(r)-solve(l-1));
80     }
81     w.clear();
82     return 0;
83 }