把数位dp写成记忆化搜索的形式，方法很赞，代码量少了很多。

下面为转载内容：

　　 a positive integer number is beautiful if and only if it is divisible by each of its nonzero digits.
    问一个区间内[l,r]有多少个Beautiful数字
    范围9*10^18
    
    数位统计问题，构造状态也挺难的，我想不出，我的思维局限在用递推去初始化状态，而这里的状态定义也比较难
    跟pre的具体数字有关

问了NotOnlySuccess的，豁然开朗  Orz
    
    一个数字要被它的所有非零位整除，即被他们的LCM整除，可以存已有数字的Mask，但更好的方法是存它们的LCM{digit[i]}
    int MOD = LCM{1,2,9} = 5 * 7 * 8 * 9 = 2520
    按照定义，数字x为Beautiful ： 
    x % LCM{digit[xi]} = 0
    即 x % MOD % LCM{digit[xi]} = 0
    所以可以只需存x % MOD，范围缩小了
    而在逐位统计时，假设到了pre***（pre指前面的一段已知的数字，而*是任意变）
        ( preSum * 10^pos + next )  % MOD % LCM(preLcm , nextLcm)
    =  ( preSum * 10 ^ pos % MOD + next % MOD ) % LCM(preLcm , nextLcm)
    == 0
    而next，nextLcm是变量，上面的比较式的意义就是
    在已知pos , preSum , preLcm情况下有多少种(next,nextLcm)满足式子为0
    而这个就是一个重复子问题所在的地方了，需要记录下来，用记忆化搜索
    dfs(pos , preSum , preLcm , doing)
    加一个标记为doing表示目前是在计算给定数字的上限，还是没有上限，即***类型的
    这样就将初始化以及逐位统计写在一个dfs了，好神奇！！！
    
    还有一点，10以内的数字情况为2^3 , 3^2 , 5 , 7
    所以最小公倍数组合的情况只有4*3*2*2 = 48
    可以存起来，我看NotOnlySuccess的写法是
    for(int i = 1 ; i <= MOD ; i ++)
    {
        if(MOD % i == 0)
            index[i] = num++;
    }
    很棒！！

所以复杂度大概为19*2520*48*10（状态数*决策数）

我觉得这题状态的设计不能跟具体数字分开，否则会很难设计吧
    所以用记忆化搜索，存起来
    用具体数字去计算，重复的子问题跟pre关系比较密切
    有一个比较重要的切入点就是LCM，还有%MOD缩小范围，才能存储

还有优化到只需%252的，更快
    不过我觉得%2520比较好理解

代码：

 1 const int MOD = 2520;
 2
 3 LL dp[21][MOD][50];
 4 int digit[21];
 5 int indx[MOD+5];
 6
 7 void init() {
 8     int num = 0;
 9     for(int i = 1; i <= MOD; ++i) {
10         if(MOD%i == 0) indx[i] = num++;
11     }
12     CL(dp, -1);
13 }
14
15 LL gcd(LL a, LL b) {
16     return b == 0 ? a : gcd(b, a%b);
17 }
18
19 LL lcm(LL a, LL b) {
20     return a/gcd(a, b)*b;
21 }
22
23 LL dfs(int pos, int presum, int prelcm, bool edge) {
24     if(pos == -1)    return presum%prelcm == 0;
25     if(!edge && dp[pos][presum][indx[prelcm]] != -1)
26         return dp[pos][presum][indx[prelcm]];
27     int ed = edge ? digit[pos] : 9;
28     LL ans = 0;
29     for(int i = 0; i <= ed; ++i) {
30         int nowlcm = prelcm;
31         int nowsum = (presum*10 + i)%MOD;
32         if(i)   nowlcm = lcm(prelcm, i);
33         ans += dfs(pos - 1, nowsum, nowlcm, edge && i == ed);
34     }
35     if(!edge)    dp[pos][presum][indx[prelcm]] = ans;
36     return ans;
37 }
38
39 LL cal(LL x) {
40     CL(digit, 0);
41     int pos = 0;
42     while(x) {
43         digit[pos++] = x%10;
44         x /= 10;
45     }
46     return dfs(pos - 1, 0, 1, 1);
47 }
48
49 int main() {
50     //Read();
51
52     init();
53     int T;
54     LL a, b;
55     cin >> T;
56     while(T--) {
57         cin >> a >> b;
58         cout << cal(b) - cal(a - 1) << endl;
59     }
60     return 0;
61 }