[ $\frak{Link}$]

[a,b]滿足f(i)的數字個數；f(i)與數位相關。考慮數位dp。
簡單想法是傳當前確定的數位和、還有當前確定的那一部分原數就好了。
然而第一個就算了，第二個根本放不下（不放數組裡面的話只靠第一個確定不了狀態）

回到問題來。只是“整除”可能有點模糊？
[a,b]中，被自身各數位和整除的數字個數　 $\Rightarrow$　 $\mathfrak{C}\left(\right\{$

好像這個爆了空間。時間勉勉強強吧，在能過和不能過中間徘徊。
好像font就是mod，能不能合併哇？
這樣的話就變成了算到pos位，%mod=remainder。要求最後sum=mod。
而且這樣正好能夠保證原數被狀態唯一確定。
注意這樣的話有一個mod沒有被記錄進去，然而mod不同，f也不同。所以每次memset。
實際上這樣並沒有在時間上合併sum和mod，不過至少空間能過了。時間就卡一卡吧。
記憶化搜尋的關係，多剪一下枝的話跑起來估計還勉強吧？
就是不知道kpm是咋整的能卡到1000ms

Accepted 5272ms
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<cctype>
using namespace std;
long long a,b;
int bit[20];
long long F[20][165][165];
long long dfs(const int &pos, const int &sum, const int &mod, const int &remainder, const bool &limit) {
	if(sum - pos * 9 > 0) return 0;
	if(!pos && !sum) return !remainder;
	if(!limit && F[pos][sum][remainder] != -1) return F[pos][sum][remainder];
	int up = limit ? bit[pos] : 9;
	if(sum < up) up = sum;
	long long ret = 0;
	for(int t, i = 0; i <= up; ++i) {
		ret += dfs(pos - 1, sum - i, mod, (remainder * 10 + i) % mod, limit && i == up);
	}
	if(!limit) F[pos][sum][remainder] = ret;
	return ret;
}
long long solve(long long &x) {
	bit[0] = 0;
	while(x) {
		bit[++bit[0]] = int(x % 10);
		x /= 10;
	}
	long long ret = 0;
	for(int i = 1; i <= 9 * bit[0]; ++i) {
		memset(F, -1, sizeof(F));
		ret += dfs(bit[0], i, i, 0, true);
	}
	return ret;
}
int main() {
	scanf("%lld%lld", &a, &b);
	printf("%lld", solve(b) - solve(--a));
	return 0;
}