这题说的是给了一个区间计算这个区间内 数各个数字之和为S的最小数
其实这个题目首先可以求出[A,B]内所有数字之和为S的数的个数cnt，然后观察一下，不难发现，最小的那个数字肯定是在
cnt=1的时候对应的区间端点。由于具有严格的单调性，即随着区间长度的延长，满足条件的cnt肯定会越来越多。所以先可以数位dp求出cnt。然后二
分区间，若cnt>=1，那么说明[A,B]间肯定不止一个符合条件的数字。注意题目要求最小的数字，所以二分区间右端点即可，不要二分左端。这是
主要思路。其实就是个裸的数位dp。
上面这段话纯属 抄袭 第一次接触数位dp 感觉好神奇
这样说说我的理解 dp[i][j] 表示 第 i 位（这里高位放在尾部） 在前面不管有几位的状态下得到j值 到达第i位时 第i位 该点为最高位
所能形成和为S-j的数有多少个 也等价于记忆化搜索
这里感觉 数位dp这里的 limt 用的很巧 为了判断这个数字是否可以取到极限
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include<string.h>
using namespace std;
const int maxn=200;
long long dp[50][maxn],digit[50],a,b,s;
long long dfs(int pos,int per,int limt){if(pos==-1) return per==s;
if(limt==0&&dp[pos][per]!=-1)return dp[pos][per];
long long ret=0,ed=limt?digit[pos]:9;
for(int i=0;i<=ed;++i){
ret+=dfs(pos-1,per+i,limt&&i==ed);
}
if(limt==0) return dp[pos][per]=ret;
return ret;
}
long long work(long long G){
int len=0;
while(G){
digit[len++]=G%10;
G=G/10;
}
return dfs(len-1,0,1);
}
bool jud(long long L,long long R){return work(R)-work(L)>=1LL;
}
void solve(){
long long L=a,R=b,mid,L1=a,ans;
while(L<=R){
mid=(L+R)/2;
if(jud(L1,mid)){
ans=mid;
R=mid-1;
}
else L=mid+1;
}
printf("%lld\n",ans);
}
int main()
{
while(scanf("%lld%lld%lld",&a,&b,&s)==3){
memset(dp,-1,sizeof(dp));
solve();
}
return 0;
}