CF .Beautiful numbers 区间有多少个数字是可以被它的每一位非零位整除。（数位DP）

题意：数字满足的条件是该数字可以被它的每一位非零位整除。

分析：大概的思路我是可以想到的 ， 但没有想到原来可以这样极限的化简 ， 在数位dp 的道路上还很长呀 ；

我们都知道数位dp 的套路 ， 核心的部分就是找到判断这个数的满足条件的方法 ， 如果找到了那这个问题就迎刃而解了吧 ；

这个题的条件是数字被每一位非零的数整除，那是不是这个是应该被每一位的最小公倍数整除  ，这里是这道题目的关键！！！！！！！！  1-9的最小公倍数是2520 ， 所以其他位数最公倍数都是在2520内的（看这样考虑的话 dp数组只要开2520就好了 ,牛逼！！！）

dfs( pos , num , lcm , limit) : 在第几位 ， 当前的数字，当前数字所有非零位的最小公倍数，是否限制。

下面关键的地方又来了： 因为我们枚举完判断是num%lcm是否为0 ， 所以！！每次传入num都%2520!! ,这样数组又可以开小了许多 ；

但是因为我们的dp[pos][num][lcm] , 19*2520*2520 , 这个是无法开的 ， 那我们这么办呢？？

又是一个关键！这里居然用到离散化 ！！ 牛逼！ 所以对于lcm这一维我们需要进行离散化，经过打表可以发现，2520内可以整除2520的只有48个，所以我们可以离散化一下让lcm映射到1-48既可以了这样就可以开19x2520x48大小的了。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

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MOD = ;
int Hash[];
int digit[];
ll dp[][][];
void init(){
    int cnt = ;
    for(int i = ; i <= MOD; i++){
        if(MOD % i == )
            Hash[i] = cnt++;
    }
}
ll gcd(ll a,ll b){
    if(!b)
        return a;
    else return gcd(b,a%b);
}
ll dfs(int pos,int num,int lcm,int limit){
    if(pos == -)
        return num % lcm == ;
    ll &dpnow = dp[pos][num][Hash[lcm]];
    if(!limit && dpnow != -)
        return dpnow;
    int max_digit = limit ? digit[pos] : ;
    ll ans = ;
    for(int i = ; i <= max_digit; i++){
        ans += dfs((pos - ), ((num *  + i) % MOD), (!i ? lcm : lcm * i / gcd(lcm,i)), (limit && i == max_digit));
    }
    if(!limit) dpnow = ans;
    return ans;
}
ll solve(ll n){
    int pos = ;
    while(n){
        digit[pos++] = n % ;
        n /= ;
    }
    return dfs(pos-,,,);
}
int main(){
    init();
    int t;
    cin >> t;
    memset(dp,-,sizeof(dp));
    while(t--){
        ll l,r;
        cin >> l >> r;
        cout << solve(r) - solve(l-) << endl;
    }
    return ;
}