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,后面讲  

        printf("%lld\n",solve(ri)-solve(le-1));  
    }  
} 

int pre[1000];

int find(int x)
{
    int r=x;
    while(pre[r]!=r)
    r=pre[r];//找到他的前导结点

    int i=x,j;
    while(i!=r)//路径压缩算法

    {
        j=pre[i];//记录x的前导结点

        pre[i]=r;//将i的前导结点设置为r根节点

        i=j;
    }
    return r;
}

void union(int x,int y)
{
    int a=find(x);//x的根节点为a

    int b=find(y);//y的根节点为b

    if(a!=b)//如果a,b不是相同的根节点，则说明ab不是连通的

    {
        pre[a]=b;//我们将ab相连 将a的前导结点设置为b

    }
}