因为只有std，没有自我实现，所以是无码专区

主要是为了训练思维能力

solution才是dls正解，但是因为只有潦草几句，所以大部分会有我自己基于正解上面的算法实现过程，可能选择的算法跟std中dls的实现不太一样。

std可能也会带有博主自己的注释。

problem

给定 $n$ 个数，选择一个子集然后加起来，统计十进制结果数位表示中有多少个 $4$。

对所有的 $2^n$ 种方案，都统计一边，计算总和。

$n\le 40,a_i\le 44444444$。

时限：$1s256MS$

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我的想法

这种计数类题目，一般是两条线。

• 差分然后数位 $dp$。
• 每一位单独求解计算贡献，即每一位的贡献乘以这一位所在的合法情况数。

本题的 $n$ 非常小，而这种 $n$ 一般都是折半搜索的标志。

但是我不知道，怎么处理低位进位导致高位数字改变，这就导致了无法抽离子集本身进行求解，必须放在具体的两个子集内才能计数。

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solution

折半搜索，每一位分开统计答案。

假设计算第 $k$ 位为 $4$ 的贡献。

结论：考虑两边各取一个数，分别为 $s,t$，求和为 $w$，如果 $w$ 对 $10^{k+1}$ 取模后，最高位是 $4$，那么一定满足 $s,t$ 分别对 $10^{k+1}$ 取模后再加起来的结果属于 $[4\times 10^k,5\times 10^k)$ 或 $[14\times 10^k,15\times 10^k)$。

将左右两边按 $10^{k+1}$ 取模后升序排序，指针线性扫描即可。

直接排序，时间复杂度 $O(2^{\frac{n}{2}}n\log m)$，比较悬。

考虑优化，将 $k$ 从小到大进行计算。

每次排序相当于是在取模 $10^k$ 的基础上，加上了最高位。

用类似于双关键字的基排做法，在 $O(2^{\frac{n}{2}})$ 时间内解决。

总时间复杂度 $O(2^{\frac{n}{2}}\log m)$。

参考代码

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;
const int maxn = 2e6 + 10;
struct node {long long l, r;
};
vector<node> a, b, c[10], d[10];
int n, val[maxn];void solve(int *a, int k, vector<node> &b) {for (int i = 0; i < (1 << k); i++) {long long s = 0;for (int j = 0; j < k; j++)if (i & (1 << j))s += a[j];b.push_back(node{s, 0});}
}long long get_jin0(vector<node> &a, vector<node> &b, long long base) { //处理没有进位的答案int point = b.size() - 1;long long ans = 0;for (int i = 0; i < a.size(); i++) {while (point >= 0 && a[i].r + b[point].r >= base)point--;ans += (point + 1);}return ans;
}long long get_jin1(vector<node> &a, vector<node> &b, long long base) { //处理进位后的使当前位为4的答案int point = 0;long long ans = 0;int siz = b.size();for (int i = a.size() - 1; i >= 0; i--) {while (point <= siz - 1 && a[i].r + b[point].r < base)point++;ans += (b.size() - point);}return ans;
}int main() {freopen("four.in", "r", stdin);freopen("four.out", "w", stdout);scanf("%d", &n);for (int i = 1; i <= n; i++)scanf("%d", &val[i]);solve(val + 1, n / 2, a);solve(val + 1 + n / 2, n - (n / 2), b);long long base = 1, ans = 0;for (int w = 0; w <= 8; w++) {for (int i = 0; i < 10; i++)c[i].clear(), d[i].clear();for (int i = 0; i < a.size(); i++)c[a[i].l % 10].push_back(node{a[i].l / 10, a[i].r});for (int i = 0; i < b.size(); i++)d[b[i].l % 10].push_back(node{b[i].l / 10, b[i].r});for (int i = 0; i < 10; i++) {       //枚举左半边的和的当前位的数字int k1 = (14 - i) % 10, k2 = (13 - i) %10; //求右半边对应的和的当前位的数，k1表示在不进位的情况下的值，k2表示在后面有进位的情况下的需要的ans += get_jin0(c[i], d[k1], base) + get_jin1(c[i], d[k2], base);}int now = 0;for (int i = 0; i < 10; i++)for (int j = 0; j < c[i].size(); j++)a[now++] = node{c[i][j].l, c[i][j].r + i * base};now = 0;for (int i = 0; i < 10; i++)for (int j = 0; j < d[i].size(); j++)b[now++] = node{d[i][j].l, d[i][j].r + i * base};base *= 10;}printf("%lld\n", ans);
}