题目链接:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3709
题目大意
给定l和r区间，并且定义平衡数，
如果存在一个支点，其支点两边的数字都贡献力矩，
即权重*支点距离，如果两边的力矩和都相等的话
那么该数就是平衡数，问这个区间中有多少个平衡数。
题目分析
冥思苦想各种技巧死活做不出来反倒偏偏忘了暴力的
美学，考虑到数字再大位数都不会太大，那么直接暴力枚举可以出现的平衡点，
并且简单分析发现平衡点应该有且仅有一个所以计数不会重复，
因为如果有两个p平衡点的话，
那么就有：sigma i=1~n (p1-i)*a[i]=0,sigma i=1~n (p2-i)*a[i]=0,
易证数不为0的情况下其平衡点的数量唯一。
那么如果平衡点确定的情况下，我们进行的数位DP直接按传统套路走，
维护权重差值，考虑到0这个特殊的情况，如果发现l为0则最终答案计数要减去tot-1,
tot即枚举的中心点的数量。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;#define debug puts("YES");
#define rep(x,y,z) for(int (x)=(y);(x)<(z);(x)++)
#define ll long long#define lrt int l,int r,int rt
#define lson l,mid,rt<<1
#define rson mid+1,r,rt<<1|1
#define root l,r,rt
#define mst(a,b) memset((a),(b),sizeof(a))
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define mk(x,y) make_pair(x,y)
const int mod=1e9+7;
const int maxn=2e3;
const int ub=1e6;
ll powmod(ll x,ll y){ll t; for(t=1;y;y>>=1,x=x*x%mod) if(y&1) t=t*x%mod; return t;}
ll gcd(ll x,ll y){return y?gcd(y,x%y):x;}
/*
题目大意：
给定l和r区间，并且定义平衡数，
如果存在一个支点，其支点两边的数字都贡献力矩，
即权重*支点距离，如果两边的力矩和都相等的话
那么该数就是平衡数，问这个区间中有多少个平衡数。题目分析：
冥思苦想各种技巧死活做不出来反倒偏偏忘了暴力的
美学，考虑到数字再大位数都不会太大，那么直接暴力枚举可以出现的平衡点，
并且简单分析发现平衡点应该有且仅有一个所以计数不会重复，
因为如果有两个p平衡点的话，
那么就有：sigma i=1~n (p1-i)*a[i]=0,sigma i=1~n (p2-i)*a[i]=0,
易证数不为0的情况下其平衡点的数量唯一。
那么如果平衡点确定的情况下，我们进行的数位DP直接按传统套路走，
维护权重差值，考虑到0这个特殊的情况，如果发现l为0则最终答案计数要减去tot-1,
tot即枚举的中心点的数量。
*/
ll x,y,dp[20][20][maxn];
int dig[20],cnt=0,tot=0;
ll dfs(int pos,int p,int last,int sum){if(pos<0) return sum==0;if(!last&&dp[pos][p][sum]!=-1) return dp[pos][p][sum];int ub=last?dig[pos]:9;ll ret=0;for(int i=0;i<=ub;i++)ret+=dfs(pos-1,p,last&&i==ub,sum+i*(pos-p));if(!last) dp[pos][p][sum]=ret;return ret;
}
ll solve(ll x,int piv){if(x<0) return 0;cnt=0;while(x) dig[cnt++]=x%10,x/=10;return dfs(cnt-1,piv,1,0);
}
int main(){mst(dp,-1);int t;scanf("%d",&t);while(t--){scanf("%lld%lld",&x,&y);tot=0;ll tmp=y,ans=0;while(tmp) tot++,tmp/=10;rep(i,0,tot) ans+=solve(y,i)-solve(x-1,i);if(x==0) ans-=tot-1;printf("%lld\n",ans);}return 0;
}