这是一篇有些赖皮的题解
（如果不赖皮的话，bzoj上也是能卡过去的）
首先由于我这个非常(sb)的方法复杂度高达(O(171^4))，所以面对极限的(1e18)的数据实在是卡死了
但是这个时候可以骗一下
一般来说肯定会有一个点的数据到达了(1e18)，所以我们先将(1)到(1e18)之间的答案算出来，这样再去算另一个左边界的话至少可以节省一半的常数，就算左边界不是很小也有可能还算点希望
如果左边界特别小的话，可能就能幸运的卡过去
这道题的左边界就非常小啊，我估计不超过(1e6)
于是就卡过去了
再来看看我这个非常(sb)的dp，我觉得可能没有人这么写
我们设(dp[i][j][s][k])表示一个数填到了(i)位，最高位填的是(j)，数位和是(s)，且这些数中对于某一个数取模得(k)的数的个数
至于这个某一个数是什么，我们当然是要最外面套上一个枚举数位和了
那么答案很简单啊，如果我们当前枚举的数位和是(x)的话，答案肯定就跟(dp[][][x][0])有关系了
那么这个方程怎么转移呢
显然有
[dp[i+1][p][j+p][(p*10^i+k)\%x]=sum_{t=0}^9dp[i][t][j][k]
]
(t)表示上一位填的数，(i)是位数，(p)是这一位填的数，(j)是数位和，(k)是对当前枚举的数位和取模之后的值，(x)表示当前枚举的数位和
同时我们发现好像直接去枚举(t)有些奢侈，我们可以直接把(sum_{t=0}^9dp[i][t][j][k])算好，于是我用(dp[i][10][j][t])来存下来(sum_{t=0}^9dp[i][t][j][k])，这样就可以优化转移了
之后就是数位(dp)的套路卡上界了，大概就是注意一下卡上界的时候存一下前面的数位和
复杂度大概是(O((log_{10}n*9)^4))，确实这是一个很垃圾的复杂度
代码
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define re register
#define maxn 172
#define LL long long
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
LL dp[20][11][maxn][maxn];
LL L,R;
LL ans;
int num[2],a[20][2];
LL base[20];
LL mod;
inline LL qm(LL x) {return x>=mod?x-mod:x;}//优化一下取模
inline void spilt(LL x,int pd)
{
num[pd]=0;
while(x) a[++num[pd]][pd]=x%10,x/=10;
}//分解数位
inline void work(int x,int Len)
{
mod=x;
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(re int i=0;i<=9;++i)
dp[1][i][i][qm(i)]+=1,dp[1][10][i][qm(i)]+=1;
for(re int i=1;i<Len;++i)//枚举长度
for(re int j=0;j<=min(x,i*9);++j)//枚举数位和
for(re int k=0;k<x;++k)//枚举对当前枚举的数位和x取模后的值
{
if(!dp[i][10][j][k]) continue;
for(re int p=0;p<=9;++p)
dp[i+1][p][j+p][(p*base[i]+k)%x]+=dp[i][10][j][k],dp[i+1][10][j+p][(p*base[i]+k)%x]+=dp[i][10][j][k];
}
}
inline LL slove(int pd,int x)
{
LL tot=0;
for(re int i=1;i<num[pd];++i)
tot+=dp[i][10][x][0]-dp[i][0][x][0];//统计所有位数小于给定数的，注意首位不能填0
for(re int i=1;i<a[num[pd]][pd];++i)
tot+=dp[num[pd]][i][x][0];//统计所有位数和给定数相同的，但是最高位小于给定数的
LL now=a[num[pd]][pd],cnt=now;
//now表示前面所有的数位和，cnt表示前面的数的值是多少
//（比如说12345,卡到三这一位上，now=1+2=3，cnt=1*10+2*1=12）
if(x-now<0) return tot;
for(re int i=num[pd]-1;i;--i)//当前不同的那一位,[i+1,num]与x完全相同
{
LL t=qm(x-cnt*base[i]%x);//根据算出后面的数位所需要的余数是多少
for(re int j=0;j<a[i][pd];j++)
tot+=dp[i][j][x-now][t];
//当前第i位可以填的数必须要小于给定数当前的这一位，这里就按照dp的方式来统计答案
now+=a[i][pd];
cnt=cnt*10+a[i][pd];
cnt=qm(cnt);
if(x-now<0) break;
}
return tot;
}
int main()
{
scanf("%lld%lld",&L,&R);
spilt(L,0),spilt(R+1,1);
base[0]=1;
for(re int i=1;i<=18;++i) base[i]=base[i-1]*10;
if(R==1000000000000000000)
{
ans+=29410615796612778;
for(re int i=1;i<=num[0]*9;++i)
work(i,num[0]),ans-=slove(0,i);
printf("%lld
",ans);
return 0;
}//去掉这个if在bzoj上也能卡过去
for(re int i=1;i<=num[1]*9;++i)//枚举数位和
work(i,num[1]),ans+=slove(1,i)-slove(0,i);
printf("%lld
",ans);
return 0;
}