题目大意

一个数\(n\)被称为优美的数当且仅当其数位能分为两个集合，两集合中数字之和相等。求\([a,b]\)中满足优美的数有几个。
\(a,b\leq 10^9\)

分析

正解是数位\(dp\)然而我不会。

由于\(a,b\)的范围令人垂涎欲滴，考虑分段打表。

首先我们需要一个比较快的判断方法：对于一个数\(n\)，计算其数位之和\(s\)，若\(s\)为奇数，则\(n\)不是优美的数；否则对\(n\)的数位做个\(0/1\)背包，若能凑出\(s/2\)，这个数就是优美的。

计\(ans[k]\)表示\(1\sim k*10^6\)中的优美的数的个数，通过暴力程序我们能跑出一共\(10^3\)个\(ans[k]\)。我们把询问\([a,b]\)改为询问\([1,b]\)和询问\([1,a-1]\)。考虑询问\([1,n]\)，首先将\(ans[n/10^6]\)计入答案，剩下的再暴力做，就快乐AC了。什么，你问我\(ans[k]\)怎么计入答案？直接把暴力打出来的\(10^3\)个数贴到程序里啊！

Code

这是打表用的程序（O3只是在本地开，为了快点跑出答案）：

#pragma GCC optimize(3)
#include <cstdio>
#include <cstring>

int ans = 0;
int len, sum, num[15], ok[47];

int check(int n)
{
    len = sum = 0; while (n) num[++len] = n % 10, n /= 10, sum += num[len];
    if (sum & 1) return 0;
    sum /= 2;
    ok[0] = 1; for (int i = 1; i <= sum; i++) ok[i] = 0;
    for (register int i = 1; i <= len; i++) for (register int j = sum; j >= num[i]; j--) ok[j] |= ok[j - num[i]];
    return ok[sum];
}

int main()
{
    freopen("output", "w", stdout);
    for (register int i = 1; i <= 1000000000; i++)
    {
        ans += check(i);
        if (i % 1000000 == 0) printf("%d,", ans);
    }
    return 0;
}

这是AC程序（表略）：

#include <cstdio>
#include <cstring>

const int ANS[1001] = {...};

int len, sum, num[15], ok[47];
int check(int n)
{
    len = sum = 0; while (n) num[++len] = n % 10, n /= 10, sum += num[len];
    if (sum & 1) return 0;
    sum /= 2;
    ok[0] = 1; for (int i = 1; i <= sum; i++) ok[i] = 0;
    for (register int i = 1; i <= len; i++) for (register int j = sum; j >= num[i]; j--) ok[j] |= ok[j - num[i]];
    return ok[sum];
}

int solve(int n)
{
    int k = n / 1000000, ret = ANS[k];
    for (int i = k * 1000000 + 1; i <= n; i++) ret += check(i);
    return ret;
}

int main()
{
    int a, b;
    scanf("%d%d", &a, &b);
    printf("%d\n", solve(b) - solve(a - 1));
    return 0;
}

打表是一门艺术。