题解：P11201 [JOIG 2024 Open] たくさんの数字 / Many Digits

除了搬题人之外的首 A，来纪念一下。

Solution P11201

Idea

我们先对 $b$ 数组排序，然后枚举 $a$ 数组。

不难发现：对于 $a_i$，假如最后写出的数有 $k$ 位，则一定有 $10^{k-1}-a_i\le b_j < 10^k-a_i$。

不难发现对于每一个 $k$ 对应的都是一个连续区间，于是可以二分。

具体实现起来，可以用 lower_bound 快速解决。

讲一下下面代码里的 lpos 和 now 为什么可行：你会发现对于 $k_1-k_2=1$ 的情况，两个要求分别是 $10^{k_2-1}-a_i \le b_j < 10^{k_2}-a_i$ 及 $10^{k_1-1}-a_i \le b_j < 10^{k_1}-a_i$。代入 $k_1-1=k_2$ 可得第一个式子是 $10^{k_1-2}-a_i \le b_j < 10^{k_1-1}-a_i$。两个式子一综合，这个显然就可行了。

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=150005;
int n,a[N],b[N];
const int mi10[10]={0,10,100,1000,10000,100000,1000000,10000000,100000000,1000000000};
long long ans;
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&b[i]);
	sort(b+1,b+n+1);
	for(int i=1,lpos,now;i<=n;i++){
		lpos=n+1;
		for(int j=9;j>=0;j--){
			now=lower_bound(b+1,b+n+1,mi10[j]-a[i])-b;
			ans=ans+1ll*(lpos-now)*(j+1);
			lpos=now;
		}
	}
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}