連結：https://ac.nowcoder.com/acm/problem/14380
來源：牛客網

題目描述

輸入描述:

第一行讀入一個正整數 n (1 <= n <= 10⁵)。

第二行讀入 n 個非負整數，第 i 個表示a[i] (0 <= a[i] <= 10⁸)。

輸出描述:

一行表示答案。

輸入

10
0
 
 1 2 3 4 5 6 7 8 9

輸出

20

我們可以考慮整體二分(分治)，將大問題分解成為小問題。二分割槽間長度，將L~R的問題化為L~mid、mid+1~R的問題，分治每個區間的數位差貢獻，再合併進行求解。合併計算時，對於當前左右區間，還要加上a[i]在左邊，a[k]在右邊的情況。具體可以對右區間進行排序，遍歷左區間的ai進行求在右區間符合條件的aj個數即可。

感覺這種區間題目好像都可以用分治去思考解法。對於給出的區間，直接二重for列舉很顯然會TLE掉，那麼我們看能不能去降降時間複雜度，假設[1, n]這個區間我們存在一個分治函式，可以先分開遞迴求[1, mid]，[mid+1, n]區間的答案，那麼最終的答案就還要加上a[i]在左區間，a[j]在右區間的情況即可。因為我們只用去右邊匹配存在進位的個數即可，這樣就可以對右邊元素排序，直接二分查詢就可了。

因為關係到一個要進位，我們想對於ai假設其為一位數，那麼他想加上一個aj變成兩位數至少要加上10-ai才可以。這啟發我們可以把這個問題轉化為搜尋問題。對mid+1到R排個序，然後在mid+1到R之間使二分搜尋lower_bound()，查詢10-ai，那麼能夠使得ai升上兩位及兩位為以上aj數目即為對ans的貢獻。同理對於100,1000,10000,一直到1e9也是一樣的。

 1 #include <bits/stdc++.h>
 2 typedef long long LL;
 3 #define pb push_back
 4 #define mst(a) memset(a,0,sizeof(a))
 5
 
 const int INF = 0x3f3f3f3f;
 6 const double eps = 1e-8;
 7 const int mod = 1e9+7;
 8 const int maxn = 1e5+10;
 9 using namespace std;
10 
11 int a[maxn];
12 LL jz[]={10,100,1000,10000,100000,1000000,10000000,100000000,1000000000};
13 
14 LL solve(int L,int R)
15 {
16     if(L==R) return 0;
17     int mid = (L+R)/2;
18     LL res = solve(L,mid) + solve(mid+1,R);  //分治
19     sort(a+mid+1, a+R+1, less<int>());
20     for(int i=L;i<=mid;i++)  // 問題合併
21     {
22         for(int j=0;j<9;j++)
23         {
24             if(jz[j] > a[i])  //注意沒有=
25                 res += a+R+1 - lower_bound(a+mid+1,a+R+1,jz[j]-a[i]);//加上滿足的個數
26         }
27     }
28     return res;
29 }
30 
31 int main()
32 {
33     #ifdef DEBUG
34     freopen("sample.txt","r",stdin); //freopen("data.out", "w", stdout);
35     #endif
36     
37     int n;
38     scanf("%d",&n);
39     for(int i=1;i<=n;i++)
40         scanf("%d",&a[i]);
41     printf("%lld\n",solve(1,n));
42     return 0;
43 }

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