#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int num[20];//按位储存数字
int mod;
long long dp[20][110][110];//位数,位数和,位数和对mod取模的余数
long long dfs(int pos,int he,int yushu,int limit)//通常用三个以上变量dfs,分别用来表示状态,前导零,数字上限,这道题没有前导零,分别表示
//数字的位数,前面位数和,对于mod的余数
{
    if(pos==-1)//从最大位向最小位dfs,个位以下在初始化时变成了-1,代表搜索完成
        return (he==mod&&yushu==0);//表示这个数合法,即满足搜索要求
    else if(dp[pos][he][yushu]!=-1&&limit==0)//在没有限制的条件记忆化,这里与下面记录状态是对应
        return dp[pos][he][yushu];
    int up=limit?num[pos]:9;//判断有无数字上界的限制
    long long summ=0;
    for(int i=0;i<=up;i++)//枚举将不同情况的个数增加到summ中
    {
        if(i+he<=mod)
            summ+=dfs(pos-1,i+he,(i+yushu*10)%mod,limit&&i==num[pos]);//数位DP的灵活所在,此时将位数向下移动一位,数字和增加i,前面的余数*10+现在的余数对mod取模
//最后的limit和i的传递仍待理解
        else
            break;//如果位数和超过了mod,再向下搜索只会更大,剪枝
    }
    if(!limit)
    {
        dp[pos][he][yushu]=summ;//这里对应上面的记忆化,在一定条件下时记录,保证一致性
    }
    return summ;
}
long long solve(long long x)
{
    int cnt=0;
    while(x)
    {
        num[cnt++]=x%10;
        x/=10;
    }
    long long sum=0;
    for(int i=1;i<=cnt*9;i++)
    {
        mod=i;
        memset(dp,-1,sizeof(dp));//实时将取模清空
        sum+=dfs(cnt-1,0,0,1);//cnt比实际位数多1
    }
    return sum;
}
int main()
{
    int t;
    scanf("%d",&t);
    for(int tt=1;tt<=t;tt++)
    {
        long long n;
        scanf("%lld",&n);
        printf("Case %d: %lld\n",tt,solve(n));
    }
    return 0;
}
//数位DP难在DP,数位的模板仍存在疑问
附上数位DP模板,DP的步骤需要自己写,数位的套路已有现成
typedef long long ll;
int a[20];
ll dp[20][state];//不同题目状态不同
ll dfs(int pos,/*state变量*/,bool lead/*前导零*/,bool limit/*数位上界变量*/)//不是每个题都要判断前导零
{
    //递归边界,既然是按位枚举,最低位是0,那么pos==-1说明这个数我枚举完了
    if(pos==-1) return 1;/*这里一般返回1,表示你枚举的这个数是合法的,那么这里就需要你在枚举时必须每一位都要满足题目条件,也就是说当前枚举到pos位,一定要保证前面已经枚举的数位是合法的。不过具体题目不同或者写法不同的话不一定要返回1 */
    //第二个就是记忆化(在此前可能不同题目还能有一些剪枝)
    if(!limit && !lead && dp[pos][state]!=-1) return dp[pos][state];
    /*常规写法都是在没有限制的条件记忆化,这里与下面记录状态是对应,具体为什么是有条件的记忆化后面会讲*/
    int up=limit?a[pos]:9;//根据limit判断枚举的上界up;这个的例子前面用213讲过了
    ll ans=0;
    //开始计数
    for(int i=0;i<=up;i++)//枚举,然后把不同情况的个数加到ans就可以了
    {
        if() ...
        else if()...
        ans+=dfs(pos-1,/*状态转移*/,lead && i==0,limit && i==a[pos]) //最后两个变量传参都是这样写的
        /*这里还算比较灵活,不过做几个题就觉得这里也是套路了
        大概就是说,我当前数位枚举的数是i,然后根据题目的约束条件分类讨论
        去计算不同情况下的个数,还有要根据state变量来保证i的合法性,比如题目
        要求数位上不能有62连续出现,那么就是state就是要保存前一位pre,然后分类,
        前一位如果是6那么这意味就不能是2,这里一定要保存枚举的这个数是合法*/
    }
    //计算完,记录状态
    if(!limit && !lead) dp[pos][state]=ans;
    /*这里对应上面的记忆化,在一定条件下时记录,保证一致性,当然如果约束条件不需要考虑lead,这里就是lead就完全不用考虑了*/
    return ans;
}
ll solve(ll x)
{
    int pos=0;
    while(x)//把数位都分解出来
    {
        a[pos++]=x%10;//个人老是喜欢编号为[0,pos),看不惯的就按自己习惯来,反正注意数位边界就行
        x/=10;
    }
    return dfs(pos-1/*从最高位开始枚举*/,/*一系列状态 */,true,true);//刚开始最高位都是有限制并且有前导零的,显然比最高位还要高的一位视为0嘛
}
int main()
{
    ll le,ri;
    while(~scanf("%lld%lld",&le,&ri))
    {
        //初始化dp数组为-1,这里还有更加优美的优化
        printf("%lld\n",solve(ri)-solve(le-1));
    }
}

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