【SPOJ KPSUM】The sum（数位DP）

题目大意：

把1到N的数按顺序写出来，在每两个数位之间交替地添加+-号，求最后的和。如下：
1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12→1-2+3-4+5-6+7-8+9-1+0-1+1-1+2=5

题解

两个dp数组

我们需要两个dp数组来帮助我们解决问题。

dp

dp[i][j]表示i位数，第i位为j的数，开头为正，写成题目形式的总和。
如 dp[2][2] = (2-0)+(2-1)+(2-2)+(2-3)+(2-4)+(2-5)+(2-6)+(2-7)+(2-8)+(2-9)
dp[3][1] = (1-0+0)+(1-0+1)+(1-0+2)+(1-0+3)+...+(1-9+8)+(1-9+9)
所以，当前状态等于j减去上一位状态（当前为正，上一位就为负），而第i位的j就要加$10^{i-1}$次。

$$dp[i][j]=\sum_{k=0}^9j\times10^{i-1}-dp[i-1][k]$$

dp2

我们还需要一个dp2[i]，表示前i位数所有转换为题目形式的答案。
如dp2[2] = 1-2+3-4+5-6+7-8+9-1+0-1+1-1+2-...-9+6-9+7-9+8-9+9
所以dp2[i]等于dp2[i-1]加上刚好i位的数计算的结果。

如果i为偶数，则i位数的最高位符号一定为-，只需要减去上所有dp[i][k]即可。注意：k必须从1开始，为0不叫真正的“刚好i位”。

$$dp2[i]=dp2[i-1]-\sum_{k=1}^9dp[i][k]$$
如果i为奇数，i位数+-一定是交替的，像-1+0-0+1-0+1-1+0-2+1-0+3…
可以发现，除个位以外的数位，都在偶数次加减后抵消掉，只有个位可以对答案有贡献，没两个i位数可以对答案贡献1。（如102与103，-1+0-2+1-0+3=1）
i位数一共有$10^i-10^{i-1}$个，所以总贡献为$\frac {10^i-10^{i-1}} 2$
$$dp2[i]=dp2[i-1]+(10^i-10^{i-1})/2$$

利用两个dp数组求解

要分两种情况，一种是偶数个数位，一种是奇数个数位。

偶数个数位

因为偶数个数位，每一个数位的符号是固定的，最高位一定是-，然后第二位为+…
从高位到低位枚举数位i，枚举每一个小于当前位数字的数字j，用f表示当前的符号，tmp记录前面已经枚举过的数位计算出的结果。$ans+=dp[i][j]\times f+tmp\times 10^{i-1}$，即加上i位数开头为j的全部结果，添上f符号，再加上已经枚举过的大于i的数位的结果，计算$10^{i-1}$次。
如果i为最高位，j为0，因为不能有前导0，则此时$ans+=dp2[i-1]$，即把位数小于i的结果全部加上。

奇数个数位

用同样的方法枚举，如果i为最高位，j为0的情况同上$ans+=dp2[i-1]$，其它情况如下：
我们假设最高位符号为+，然后-…用tmp同样的记录前面的结果，f记录符号。因为数字交替加减，个位以上的都将被抵消，理由与计算dp2时相同。
所以当i>1时，个位的贡献为$\frac {10^{i-1}} 2$，即$ans+=\frac {10^{i-1}} 2$（因为枚举的i，j表示有i位，第i位为j，此时包含$10^{i-1}$个数）
当i=1时，可直接手动计算，len表示数的位数，如果$len=1(mod 2)\&\&(j=1(mod2))$，则最高位符号为+，$ans+=tmp+j$，否则为-，$ans+=-tmp-j$

（看不懂的看代码）

代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
const int MAXD=17,MAXN=10;
long long dp[MAXD][MAXN],dp2[MAXD],pow10[MAXD]={1,10};
void Init()
{
    for(int j=0;j<MAXN;j++)
        dp[1][j]=j;
    dp2[1]=5;
    pow10[0]=1;
    for(int i=2;i<MAXD;i++)
    {
        pow10[i]=pow10[i-1]*10LL;
        dp2[i]+=dp2[i-1];
        if(i%2==1)
            dp2[i]+=(pow10[i]-pow10[i-1])/2;
        for(int j=0;j<MAXN;j++)
        {
            for(int k=0;k<MAXN;k++)
                dp[i][j]+=1LL*j*pow10[i-2]-dp[i-1][k];
            if(j>0&&i%2==0)
                dp2[i]-=dp[i][j];
        }
    }
}
long long solve(char num[],int len)
{
    long long ret=0;
    int tmp=0,f;
    if(len%2==0)
    {
        f=-1;
        for(int i=len;i>0;i--)
        {
            for(int j=0;j<num[len-i]-'0';j++)
                if(i==len&&j==0)
                    ret+=dp2[i-1];
                else
                    ret+=dp[i][j]*f+tmp*pow10[i-1];
            tmp+=(num[len-i]-'0')*f;
            if(f==-1)f=1;
            else f=-1;
        }
        ret+=tmp;
    }
    else
    {
        f=1;
        for(int i=len;i>0;i--)
        {
            for(int j=0;j<num[len-i]-'0';j++)
                if(i==len&&j==0)
                    ret+=dp2[i-1];
                else
                {
                    if(i>1)
                        ret+=pow10[i-1]/2;
                    else
                    {
                        if(len%2==1&&j%2==1)
                            ret+=tmp+j;
                        else
                            ret+=-tmp-j;
                    }
                }
            tmp+=(num[len-i]-'0')*f;
            if(f==-1)f=1;
            else f=-1;
        }
        if(len%2==1&&(num[len-1]-'0')%2==1)
            ret+=tmp;
        else
            ret+=-tmp;
    }
    return ret;
}
int main()
{
    Init();
    char N[MAXD]="";
    int len=0;
    while(1)
    {
        scanf("%s",N);
        len=strlen(N);
        if(len==1&&N[0]=='0')
            break;
        printf("%lld\n",solve(N,len));
    }
    return 0;
}