题面传送门
首先这个\(f\)可以矩乘求出来，因为\(f\)的递推式是\(f_i=\sum\limits_{i=1}^{m}{f_{i-m}}\)
然后矩阵又是有结合和分配率律的，所以可以把矩阵扔到状态里dp
具体的，我们设\(dp_i\)为到第\(i\)位的矩阵情况，那么就是枚举前面的然后转移
转移的过程要一段区间幂的矩阵，这个可以预处理，设\(f_{i,j}\)为\([i,j]\)区间内的矩阵，那么就有递推式\(f_{i,j}=f_{i,j-1}^{10}\times B^{j}\)
然后就可以做了，时间复杂度\(O(n^2m^3)\)大概带个三倍常数
code:

#include<bits/stdc++.h>
#define I inline
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define abs(x) ((x)>0?(x):-(x))
#define re register
#define RI re int
#define ll long long
#define db double
#define lb long db
#define N 500
#define M 5
#define mod 998244353
#define Mod 998244352
#define eps (1e-4)
#define U unsigned int
#define it iterator
#define Gc() getchar() 
#define Me(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
#define d(x,y) (n*(x-1)+(y))
#define R(n) (rand()*rand()%(n)+1)
using namespace std;
int n,m,Ans;char S[N+5];
struct MaT{
	ll A[M][M];MaT(){Me(A,0);}
	MaT operator *(const MaT &B)const{
		MaT C;RI i,j,h;for(i=0;i<m;i++){
			for(h=0;h<m;h++)for(j=0;j<m;j++) C.A[i][j]+=A[i][h]*B.A[h][j];
		}for(i=0;i<m;i++) for(j=0;j<m;j++) C.A[i][j]%=mod;return C;
	}
	MaT operator +(const MaT &B)const{
		MaT C;RI i,j;for(i=0;i<m;i++) for(j=0;j<m;j++) C.A[i][j]=(A[i][j]+B.A[i][j])%mod;return C;
	}
}Bas,F[N+5][N+5],dp[N+5],Cl;
I MaT mpow(MaT x,int y){MaT Ans=Cl;while(y) y&1&&(Ans=Ans*x,0),y>>=1,x=x*x;return Ans;}
int main(){
	freopen("1.in","r",stdin);
	RI i,j;scanf("%s%d",S+1,&m);n=strlen(S+1);for(i=1;i<=n;i++) S[i]-='0';for(i=0;i<m;i++) Bas.A[i][0]=1,Cl.A[i][i]=1;for(i=1;i<m;i++)Bas.A[i-1][i]=1;
	for(i=1;i<=n;i++) for(F[i][i]=mpow(Bas,S[i]),j=i+1;j<=n;j++) F[i][j]=mpow(F[i][j-1],10)*mpow(Bas,S[j]);
	dp[0]=Cl;for(i=1;i<=n;i++) for(j=1;j<=i;j++) dp[i]=dp[i]+dp[j-1]*F[j][i];printf("%lld\n",dp[n].A[0][0]);
}