看起来就像是数位( m dp)
不妨从竖式乘法的角度来考虑这个问题
为了方便处理进位，我们得从低位向高位填数
设(dp[i][0/1][j][p][t])表示填到了第(i)位，卡不卡上界，(f(x)=j)，(f(k imes x)=p)（不计算最高位），需要向最高位进(t)的(x)有多少个
这里的卡上界比较奇怪，如果这一位上填的数大于(R)这一位上的数，那么就一定卡了上界，如果小于这一位上的数，那么就一定不卡上界，如果和原来的数相等，那么就继续之前的状态
所以这个(0/1)就表示后面的(i)为和(R)后(i)位的大小关系，如果填的数大于(R)后(i)为，那么这个状态就是(1)；否则就是(0)
至于转移，就比较简单，我们枚举这一位上填什么数(y)，那么对于(x)，数位和增加了(y)，对于(k imes x)，这一位上直接来一个乘法是(k imes y)，还有之前的进位(t)，于是就是((k imes y+t)\% 10)，新的进位就是((k imes y+t)/10)
但是这样我们填到(R)的最高位之后可能还有一些进位没有处理，于是再往前多处理(3)位把进位处理完
最后的答案就是(sum_{i}dp[lg_{R}][0][i][i][0])，即(x)的数位和等于(f(k imes x))的情况，但是这样多了一维非常难受，考虑的最后只要求(j=p)，所以我们直接把(j-p)看成一维状态就好了
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define re register
#define LL long long
LL dp[25][2][1000][500];
int m,w,a[25],M=250;LL n;
inline void split(LL x) {
while(x) a[++w]=(x%10),x/=10;
}
int main() {
scanf("%lld%d",&n,&m);
dp[0][0][0][M]=1;
split(n);
for(re int i=0;i<w+3;i++)
for(re int j=0;j<2;++j)
for(re int k=0;k<1000;++k)
for(re int p=M-2*i*9;p<=M+2*i*9;++p) {
if(!dp[i][j][k][p]) continue;
for(re int t=0;t<10;++t)
dp[i+1][t==a[i+1]?j:t>a[i+1]][(k+t*m)/10][p+t-(k+t*m)%10]+=dp[i][j][k][p];
}
printf("%lld
",dp[w+3][0][0][M]-1);
return 0;
}