位数差（整体二分、分治）

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来源：牛客网

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64bit IO Format: %lld

题目描述

给一个数组{a}，定义 h(a,b)为在十进制下 a + b 与 a 的位数差，求 ，0的位数为1。

 

输入描述:

第一行读入一个正整数 n (1 <= n <= 10⁵)。

第二行读入 n 个非负整数，第 i 个表示a[i] (0 <= a[i] <= 10⁸)。

输出描述:

一行表示答案。

示例1

输入

10
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

输出

20

我们可以考虑整体二分(分治)，将大问题分解成为小问题。二分区间长度，将L~R的问题化为L~mid、mid+1~R的问题，分治每个区间的数位差贡献，再合并进行求解。合并计算时，对于当前左右区间，还要加上a[i]在左边，a[k]在右边的情况。具体可以对右区间进行排序，遍历左区间的ai进行求在右区间符合条件的aj个数即可。

感觉这种区间题目好像都可以用分治去思考解法。对于给出的区间，直接二重for枚举很显然会TLE掉，那么我们看能不能去降降时间复杂度，假设[1, n]这个区间我们存在一个分治函数，可以先分开递归求[1, mid]，[mid+1, n]区间的答案，那么最终的答案就还要加上a[i]在左区间，a[j]在右区间的情况即可。因为我们只用去右边匹配存在进位的个数即可，这样就可以对右边元素排序，直接二分查找就可了。

因为关系到一个要进位，我们想对于ai假设其为一位数，那么他想加上一个aj变成两位数至少要加上10-ai才可以。这启发我们可以把这个问题转化为搜索问题。对mid+1到R排个序，然后在mid+1到R之间使二分搜索lower_bound()，查找10-ai，那么能够使得ai升上两位及两位为以上aj数目即为对ans的贡献。同理对于100,1000,10000,一直到1e9也是一样的。

#include <bits/stdc++.h>
typedef long long LL;
#define pb push_back
#define mst(a) memset(a,0,sizeof(a))
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const double eps = 1e-8;
const int mod = 1e9+7;
const int maxn = 1e5+10;
using namespace std;

int a[maxn];
LL jz[]={10,100,1000,10000,100000,1000000,10000000,100000000,1000000000};

LL solve(int L,int R)
{
    if(L==R) return 0;
    int mid = (L+R)/2;
    LL res = solve(L,mid) + solve(mid+1,R);  //分治
    sort(a+mid+1, a+R+1, less<int>());
    for(int i=L;i<=mid;i++)  // 问题合并
    {
        for(int j=0;j<9;j++)
        {
            if(jz[j] > a[i])  //注意没有=
                res += a+R+1 - lower_bound(a+mid+1,a+R+1,jz[j]-a[i]);//加上满足的个数
        }
    }
    return res;
}

int main()
{
    #ifdef DEBUG
    freopen("sample.txt","r",stdin); //freopen("data.out", "w", stdout);
    #endif
    
    int n;
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",&a[i]);
    printf("%lld
",solve(1,n));
    return 0;
}

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