整数对
Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others) Total Submission(s): 2572 Accepted Submission(s): 879 Problem Description
Gardon和小希玩了一个游戏，Gardon随便想了一个数A（首位不能为0），把它去掉一个数字以后得到另外一个数B，他把A和B的和N告诉了小希，让小希猜想他原来想的数字。不过为了公平起见，如果小希回答的数虽然不是A，但同样能达到那个条件（去掉其中的一个数字得到B，A和B之和是N），一样算小希胜利。而且小希如果能答出多个符合条件的数字，就可以得到额外的糖果。 所以现在小希希望你编写一个程序，来帮助她找到尽可能多的解。 例如，Gardon想的是A=31,B=3 告诉小希N=34， 小希除了回答31以外还可以回答27（27+7=34）所以小希可以因此而得到一个额外的糖果。
Input
输入包含多组数据，每组数据一行，包含一个数N(1<=N<=10^9)，文件以0结尾。
Output
对于每个输入的N，输出所有符合要求的解（按照大小顺序排列）如果没有这样的解，输出"No solution."
Sample Input
34 152 21 0
Sample Output
27 31 32 126 136 139 141 No solution.
Author
Gardon
Source
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引用一下别人博客
假设A中去掉的数在第k+1位，可以把A分成三部分，低位，k，和高位。
A == a + b * 10^k + c * 10^(k+1)
B == a + c * 10^k
N == A + B == 2 * a + b * 10^k + c * 10^k * 11
其中b是一位数，b * 10^k不会进位，用10^k除N取整就可以得到b + 11c，再用11除，商和余数就分别是c和b了。但是这里有个问题a是一个小于10^k的数没错，但是2a有可能产生进位，这样就污染了刚才求出来的b + 11c。但是没有关系，因为进位最多为1，也就是b可能实际上是b+1，b本来最大是9，那现在即使是10，也不会影响到除11求得的c。因此c的值是可信的。然后根据2a进位和不进位两种情况，分别考虑b要不要-1，再求a，验算，就可以了。迭代k从最低位到最高位做一遍，就可以找出所有可能的A。
至于判断进位不进位 不需要直接判断 先不减b 求出a 此时的a是不进位的 然后b-- 再求a 此时的a就是进位的 判断这两个a时候合法即可
#include这段代码 有几个细节需要处理好int s[100];int cnt=1;int cmp(const void *a,const void *b){ return *(int *)a-*(int *)b;}int main(){ freopen("a.in","r",stdin); freopen("a.out","w",stdout); int N,i,a,b,c; while(scanf("%d",&N)!=EOF&&N!=0) { cnt=1; for(i=1;i<=N;i*=10) { c=(N/i)/11; b=(N/i)%11; if((b!=0||c!=0)&&b<10) { a=(N-(b*i+11*c*i))/2; if((a*2+b*i+11*c*i)==N) s[cnt++]=a+b*i+c*i*10; } b--; if((b!=0||c!=0)&&b>=0) { a=(N-(b*i+11*c*i))/2; if((a*2+b*i+11*c*i)==N) s[cnt++]=a+b*i+c*i*10; } } cnt--; if(cnt==0) {printf("No solution.\n");continue;} qsort(s+1,cnt,sizeof(s[1]),cmp); printf("%d",s[1]); for(i=2;i<=cnt;i++) if(s[i]!=s[i-1]) printf(" %d",s[i]); printf("\n"); } return 0;}
1.
if((b!=0||c!=0)&&b<10)
if((b!=0||c!=0)&&b>=0)这两个判断保持 0<=b<10
并且如果b==0 c==0 那么等于去删前导0没有意义
2.
a=(N-(b*i+11*c*i))/2; if((a*2+b*i+11*c*i)==N)这两个难道有意义吗？当然有意义 2a可能会为奇数 显然是不符合题意的 所以再验算排除这种情况 当然用odd()也行
3.判重要注意