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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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const int N = 32; // 输入的数据范围2^31-1,也就是整数上界。2进制是最小的进制，32也够了
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int l, r; // 数位DP的区间范围
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int k, b; // k:个进制位为1,b进制
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int a[N], al; // 用来分解b进制的数组
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int f[N][N]; // f[i][j] i:枚举到的位置 j:已经计算完1的个数,这里需要一点DP的状态描述的思想，只有一维记录到哪了，是无法描述整个当时场景的
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/**
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*
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* @param u 当前枚举到的数位
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* @param st 数字1出现的次数
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* @param op 是否贴上界
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* @return 在当前情况下，它 后续 符合条件的一共有多少个数
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*/
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int dfs(int u, int st, bool op) {
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// 到最后一位数位，是否恰好有k个不同的1,是：贡献价值+1，否：贡献价值+0
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if (u == 0) return st == k;
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if (op == 0 && ~f[u][st]) return f[u][st]; // 不贴上界，并且计算过，返回结果
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/*
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① 不贴着上界，可以将此区间算满，缓存起来，不用重复计算
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② 贴上界，每次重新计算
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本题要求：
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(1)如果op = 1, 贴上界
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如果a[u]=0,那么up最大是0,否则,up最大是1,简写成min(a[u],1)
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(2)如果op = 0, 不贴上界,可以选择的范围[0,1],up最大是1
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*/
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int ans = 0;
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int up = op ? min(a[u], 1) : 1; // up就是你的极限！本题，这句是一个精华点
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for (int i = 0; i <= up; i++) { // 枚举上限之内的数字(其实，也只有0和1有机会，这还要看up的取值。up=0,跑一次循环；up=1,跑两次循环)
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// 如果i==0,则st+i=st,st不会变大，也不会超过k,此句无影响后面的代码执行。
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// 如果i==1,则表示多选择了一个是1的数位，st+1,有可能已经超过了k的限制，再向后跑深搜就没有了意义，及时止损，剪枝
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if (st + i > k) continue; // 剪枝更健康
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// u-1:继续向低一位进行前进
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// st+i:1的个数变化情况，如果i==0,则表示u这个数位没有选择数字1；如果i==1，则表示u这个数位选择了数字1，不断的向后传递这个信息，用于判断是不是符合条件的数字
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// op && i == a[u] :此参数的含义是是否贴合上限
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// op:原来是贴上界的 && i == a[u]: 当前位取值也是贴上界
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// 那么，下面一位是继承前面的结果关系，也就是，它也在贴上界的情况下进行讨论
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// ==的运算优先级 高于 && ，所以先判断 i == a[u]是第一步，与 op 相 && 是第二步
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ans += dfs(u - 1, st + i, op && i == a[u]);
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}
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// 只记录不受上限限制的个数，受上限限制的每次重新计算
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// 为什么只记录不贴上界的结果，贴上界的为什么不能直接使用结果？
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// 这是因为：如果第一位贴了上界，那么第二位也可能继续贴上界，导致后续的无法取完整，无法直接使用结果
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if (!op) f[u][st] = ans;
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/*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*/
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return ans;
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}
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// 采用类似于前缀和的思想，所以，需要封装成一个calc函数,计算两次，然后取差值
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int calc(int x) {
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al = 0; // 临时数组a初始化，这里挺有意思，把al=0就相当于全新初始化掉了a,不用采用memset(a,0,sizeof a);
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while (x) a[++al] = x % b, x /= b; // 把x按照进制分解到数组中,下标从1开始
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return dfs(al, 0, true); // 从最高位开始，目前数字1出现了0次，贴上界
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}
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int main() {
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memset(f, -1, sizeof f); // 初始化
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cin >> l >> r >> k >> b; // 边界，k个数位是1，b进制
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// 前缀和
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cout << calc(r) - calc(l - 1) << endl;
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return 0;
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}
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