给你一个正整数 num ，请你将它分割成两个非负整数 num1 和 num2 ，满足： num1 和 num2 直接连起来，得到 num 各数位的一个排列。 换句话说，num1 和 num2 中所有数字出现的次数之和等于 num 中所有数字出现的次数。 num1 和 num2 可以包含前导 0 。 请你返回 num1 和 num2 可以得到的和的 最小 值。请写代码

这是一个比较有挑战的问题，需要用到动态规划的思想。我们可以设计一个二维的状态数组 $dp$，其中 $dp[i][j]$ 表示考虑前 $i$ 个数字，其中第一个数选择了 $j$ 次，第二个数选择了 $i-j$ 次，能够得到的最小和。具体来说，我们枚举最后一个数字属于哪个数，即可得到状态转移方程：

$$
\begin{aligned}
dp[i][j] &= \min \{dp[i-1][j-k] \times 10 + s_k\} \\
&\quad (0 \leq k \leq j, 0 \leq j-k \leq i-j, s_k \neq 0)
\end{aligned}
$$

其中 $s_k$ 表示第 $k$ 个数字，$s_k \neq 0$ 是为了防止出现前导 0。最终的答案即为 $dp[n][\frac{n}{2}]$，其中 $n$ 表示数字的总长度。

下面是具体的代码实现：

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给你一个正整数 num ，请你将它分割成两个非负整数 num1 和 num2 ，满足： num1 和 num2 直接连起来，得到 num 各数位的一个排列。 换句话说，num1 和 num2 中所有数字出现的次数之和等于 num 中所有数字出现的次数。 num1 和 num2 可以包含前导 0 。 请你返回 num1 和 num2 可以得到的和的 最小 值。

这是一个比较复杂的问题，需要使用动态规划的思想来解决。具体的步骤如下：

1. 将 num 转换成一个字符串，方便后续处理。同时，统计 num 中每个数字出现的次数，存储在一个桶中。

2. 构建一个二维数组 dp，其中 dp[i][j] 表示前 i 个字符中，分割成两个数 num1 和 num2，使得它们的各位数字之和相等，且 num1 的长度为 j 时，它们的和的最小值。

3. 对于每个字符 i，都有两种选择：将它加入 num1 中，或者加入 num2 中。如果将它加入 num1 中，那么 dp[i][j] 的值就可以通过 dp[i-1][j-1] 转移过来，其中 j-1 表示将当前字符加入 num1 后，num1 的长度加 1。如果将它加入 num2 中，那么 dp[i][j] 的值就可以通过 dp[i-1][j] 转移过来。

4. 对于每个 dp[i][j]，都需要计算 num1 和 num2 中各个数字出现的次数，然后根据桶中的统计结果计算它们的和。最后取所有 dp[num.length()][j] 中的最小值即可。

以下是代码实现：

完数的定义：如果一个大于1的正整数的所有因子之和等于它的本身，则称这个数是完数，比如6，28都是完数：6=1+2+3；28=1+2+4+7+14。 本题的任务是判断两个正整数之间完数的个数。 正整数num1(1，10000)和num2(1，10000);且num1小于num2。 Input 输入数据包含多行，第一行是一个正整数n，表示测试实例的个数，然后就是n个测试实例， 每个实例占一行，由两个正整数num1和num2组成。 Output 对于每组测试数据，请输出num1和num2之间（包括num1和num2）存在的完数个数。请用C++实现，且使用scanf函数并且给出所用代码

#include <cstdio>

int main() {
    int n;
    scanf("%d", &n);
    while (n--) {
        int num1, num2;
        scanf("%d%d", &num1, &num2);
        int cnt = 0;
        for (int i = num1; i <= num2; i++) {
            int sum = 0;
            for (int j = 1; j < i; j++) {
                if (i % j == 0) sum += j;
            }
            if (sum == i) cnt++;
        }
        printf("%d\n", cnt);
    }
    return 0;
}