题解：

菜鸟讲解版

很明显的数论分块。等等，什么是数论分块？？？懂数论分块的直接跳过以下一部分。
以下所有分式除法均为整除。
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数论分块，顾名思义，将一段连续的区间分成一块一块相同的区间。
简单点，将[1,n]这段区间来分块，分成 $[a_{11},a_{12},a_{13},\cdots,a_{m_1}]$ ， $[a_{21},a_{22}\cdots,a_{m_2}]$ , $\cdots$ , $[a_{k1},a_{k2},\cdots,a_{m_k}]$ 。k个块。
属于同一个块之间的元素满足 $\frac{n}{a_{j1}}=\frac{n}{a_{j2}}=\cdots=\frac{n}{a_{m_j}}$ 。
好了，我们已经知道数论分块分成什么块了。接下来是怎么分？
显然，如果 $i>j$ 则有 $\frac{n}{i}<=\frac{n}{j}$ 。所以块中元素依然连续，相当于在原先的数轴[1,n]剪成k个块。
那么想要怎么分就等价于怎么确定一个块的两个端点了。显然第一个块的左端点是 $1$ ,因为我们只考虑区间 $[1,n]$ ,那么如果确定了左端点（设为 $i$ )后，右端点(设为 $j$ )怎么确定呢？
答案是 $j=\frac{n}{(\frac{n}{i})}$ ,
令 $g=\frac{n}{(\frac{n}{i})}$
证明： $\frac{n}{(\frac{n}{i})}*\frac{n}{i}=\frac{n-n mod \frac{n}{i}}{\frac{n}{i}}*\frac{n}{i}=n-nmod\frac{n}{i}<=n$ ,即 $\frac{n}{g}>=\frac{n}{i}$
又 $\frac{n}{i}*i<=n$ ,所以 $\frac{n}{(\frac{n}{i})}>=i$ ,即 $g>=i$ 所以 $\frac{n}{g}<=\frac{n}{i}$
所以 $\frac{n}{g}=\frac{n}{i}$ ,这就证明了， $g$ 与 $i$ 属于同个块。
又 $\frac{n}{(\frac{n}{i})}+1=\frac{n-nmod\frac{n}{i}+\frac{n}{i}}{\frac{n}{i}}$
则 $(g+1)*\frac{n}{i}=n-nmod\frac{n}{i}+\frac{n}{i}>n$ ,即 $\frac{n}{(g+1)}<\frac{n}{i}$ ,即 $g+1$ 与 $i$ 不属于同个分块。
即说明 $j=g$ 即为 $i$ 所在块的右端点。
证毕。
由于块与块之间的连续性，则 $g+1$ 即为下一个块的左端点。
好了，怎么分已经知道了，那么一共会分成多少块呢？
我们回到上面，属于同一个块的依据是 $n$ 整除于块中元素互相相当，也就是 $\frac{n}{k}$ ， $k=1,2，\cdots,n$ 有多少个不同的数就有多少个块。
答案：为 $\sqrt{n}$ 量级，常数在1-2之间。
证明：当 $d<=\sqrt{n}$ 时，即使得到的每个数都不同，结果最多也只有 $\sqrt{n}$ 个
当 $d>\sqrt{n}$ 时 $\frac{n}{d}<\sqrt{n}$ ,最多也为 $\sqrt{n}$ 个
即用到数论分块时，时间复杂度为 $O(\sqrt{n})$
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懂得数论分块就简单的多了，问题求解的是区间 $[L,R]$ ,可以转化成 $[1,R]-[1,L-1]$
所以问题装化为 $[1,n]$ 。
我们先来看一个问题，在区间 $[1,R]$ 中有多少个数的约数含有 $k$ ,答案为 $\frac{n}{k}$ ，害，这个不用证明。
所以我们可以通过枚举约数来计算对数码的贡献，但是一个个枚举，复杂度高达O(R)了，显然承受不起（牛客评测机太牛逼，这样搞过了不关我事），所以，就要用数论分块来搞一搞了，我们可以不用一个个约数枚举，而是一段段约数枚举了，因为我们发现 $\frac{10}{6}=\frac{10}{7}$ 。枚举了一段约数区间后，假设为 $[lt,rt]$ 且区间每个数会出现 $\frac{n}{lt}$ 次,其对数码的贡献是多少呢？为此我们分出一个子问题：在 $[lt,rt]$ 中的数对数码的贡献，同样，把这个区间分成 $[1,rt]-[1,lt-1]$ 。
问题渐渐变得简单了，现在就是要解决这个子问题了，我们发现 $[1,9]$ 对每个数码的贡献都是1， $[10,99]$ 对每个数的贡献是10，...聪明的你已经发现，只需要知道 $rt$ 的最高位 $g$ 和 $rt-pow(10,t)$ , $t$ 为最高位是第几位，就可以直接算贡献了。

大佬讲解版题解：

一眼过去就是数论分块呀，随便搞搞就可以了。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define ll long long
using namespace std;
ll a[10];
int b[10];
void get(int n,int s)//计算1-9作为最高位在[1,n]区间的出现的个数*s
{
    int t=0;//t记录n是最高位是第几位数
    int m=n，g=0;//g记录最高位为多少
    while(m)
    {
        t++;
        g=m%10，m/=10;
    }
    for(int i=1;i<=9;i++)a[i]+=1ll*s*b[t-1];//在用到最高位之前，对每个数码的贡献是一样的
    for(int i=1;i<g;i++)a[i]+=1ll*s*(b[t]-b[t-1]);//
    a[g]+=1ll*s*(n-g*(b[t]-b[t-1])+1);//
}
void solve(int n,int op)//数论分块
{
    int j;
    for(int i=1;i<=n;i=j+1)
    {
        j=n/(n/i);
        get(j,op*n/i);//问题中的子问题
        get(i-1,-op*n/i);
    }
}
int main()
{
    int l,r;
    cin>>l>>r;
    int ans=1;
    for(int i=1;i<10;i++)//pow(10,i)之内对各个数码的贡献
    {
        b[i]=b[i-1]+ans;
        ans*=10;
    }
    solve(r,1);
    solve(l-1,-1);
    for(int i=1;i<=9;i++) cout<<a[i]<<endl;
}