Code Forces 55 D. Beautiful numbers（数位DP）

Description
如果一个数可以整除它每个非零位，则该数是一个Beautiful numbers，现给出区间[a,b]，统计该区间所有Beautiful numbers的个数
Input
第一行为用例组数t，之后t行每行两个整数a，b表示区间端点
Output
对于每组用例，输出区间[a,b]中Beautiful numbers的个数
Sample Input
1
1 9
Sample Output
9
Solution
数位DP，一个数能被它的所有非零数位整除，则能被它们的最小公倍数整除，而1到9的最小公倍数为2520，数位DP时我们只需保存前面那些位的最小公倍数就可进行状态转移，到边界时就把所有位的lcm求出了，为了判断这个数能否被它的所有数位整除，我们还需要这个数的值，显然要记录值是不可能的，其实我们只需记录它对2520的模即可，这样我们就可以设计出如下数位DP：dfs(pos,mod,lcm,f),pos为当前位，mod为前面那些位对2520的模，lcm为前面那些数位的最小公倍数，f标记前面那些位是否达到上限，这样一来dp数组就要开到19*2520*2520，明显超内存了，考虑到最小公倍数是离散的，1-2520中可能是最小公倍数的其实只有48个，经过离散化处理后，dp数组的最后一维可以降到48，这样就不会超了,所以用dp[len][mod][rest]表示当前位为len位，前面所有位模2520的模为mod，前面那些数位的最小公倍数在最小公倍数数组中下标为rest时满足条件的数的个数
Code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
int cnt,t[200];
ll dp[20][2520][50];
int num[20];
int gcd(int x,int y)
{
    if(x%y)
        return gcd(y,x%y);
    return y;
}
int lcm(int x,int y)
{
    return x/gcd(x,y)*y;
}
int bound(int x)
{
    int l=0,r=cnt,mid;
    while(l+1!=r)
    {
        mid=(l+r)>>1;
        if(t[mid]>x)r=mid;
        else l=mid;
    }
    return l;
}
ll dfs(int len,int mod,int rest,int fp)
{
    if(len<0)
        return (mod%t[rest])?0:1;
    if(!fp&&dp[len][mod][rest]!=-1)
        return dp[len][mod][rest];
    ll ret=0;
    int fpmax=fp?num[len]:9;
    for(int i=0;i<=fpmax;i++)
    {
        int temp=rest;
        if(i)temp=bound(lcm(t[rest],i));
        ret+=dfs(len-1,(mod*10+i)%2520,temp,fp&&i==fpmax);
    }
    if(!fp)
        dp[len][mod][rest]=ret;
    return ret;
}
ll f(ll n)
{
    int len=0;
    while(n)
    {
        num[len++]=n%10;
        n/=10;
    }
    return dfs(len-1,0,0,true);
}
int main()
{
    int T;
    scanf("%d",&T);
    memset(dp,-1,sizeof(dp));
    cnt=0;
    for(int i=1;i<=2520;i++)    
        if(2520%i==0)
            t[cnt++]=i;
    while(T--)
    {
        ll a,b;
        scanf("%I64d%I64d",&a,&b);
        printf("%I64d\n",f(b)-f(a-1));
    }
    return 0;
}