簡潔題意

給一個十進位正整數 \(X\)，把奇數位（右起第 \(1, 3, 5, \ldots\) 位）的數字加起來叫 \(A\)、偶數位的數字和叫 \(B\)，輸出秘密差 \(|A - B|\)。

依正確通過的測試資料筆數給分，其中：

• 子題組 1（\(20\) 分）：\(X\) 恰好四位數。
• 子題組 2（\(30\) 分）：\(X\) 的位數不超過 \(9\)。
• 子題組 3（\(50\) 分）：\(X\) 的位數不超過 \(1000\)。

子題 1（20 分）：恰好四位數，用 % 和 / 直接拆

子題組 1 保證 \(X\) 恰好是四位數——而「把一個四位數的千、百、十、個位分別拆出來」，正是 2.6 的套路 1一模一樣的題目：% 10 抓出尾巴那一位、/ 10 把尾巴砍掉，組合出每一位。四位數的奇數位就是個位＋百位、偶數位是十位＋千位，拆出來加一加、取絕對差，\(20\) 分到手：

#include <iostream>
#include <cstdlib>     // abs 住在這（上冊 7.6）
using namespace std;

int main() {
    int x;
    cin >> x;                      // 子題 1 保證恰好四位數

    int d1 = x % 10;               // 個位（右起第 1 位）
    int d2 = x / 10 % 10;          // 十位（右起第 2 位）
    int d3 = x / 100 % 10;         // 百位（右起第 3 位）
    int d4 = x / 1000;             // 千位（右起第 4 位）

    cout << abs((d1 + d3) - (d2 + d4)) << endl;   // |奇數位和 － 偶數位和|
    return 0;
}

子題 2（30 分）：位數不固定，進化成 while 逐位拆

子題組 2 的位數「不超過 \(9\)」——不固定幾位，寫死四行拆不動了。這個進化語法書也帶你走過：4.2 的範例 3〈計算位數總和〉做的就是這件事——「位數不固定時就得靠迴圈：每圈撈出最後一位、再把最後一位切掉，切到變成 \(0\) 為止」。本題只比它多一件事：撈出來的數字交替分進兩組。位數不超過 \(9\) 表示 \(X\) 最大 \(999999999\)，塞進 int（上限約 \(2.1 \times 10^9\)，2.9 的範圍表）綽綽有餘。而且這樣拆有個天生的好處：第一個拆出來的就是個位＝右起第 \(1\) 位＝奇數位，之後每拆一位交替一次，跟題目的定義嚴絲合縫：

#include <iostream>
#include <cstdlib>     // abs 住在這（上冊 7.6）
using namespace std;

int main() {
    int x;
    cin >> x;

    int sum1 = 0, sum2 = 0;   // sum1＝右起第 1、3、5…位；sum2＝右起第 2、4、6…位
    bool odd = true;          // 個位是右起第 1 位：奇數位
    while (x > 0) {
        int d = x % 10;       // 拆出目前的個位
        if (odd) {
            sum1 = sum1 + d;
        } else {
            sum2 = sum2 + d;
        }
        x = x / 10;           // 丟掉個位
        odd = !odd;
    }

    cout << abs(sum1 - sum2) << endl;   // 兩組和的絕對差
    return 0;
}

拿範例 1 走一遍：\(263541\) 依序拆出 \(1, 4, 5, 3, 6, 2\)，交替加成 \(A = 1 + 5 + 6 = 12\)、\(B = 4 + 3 + 2 = 9\)，\(|12 - 9| = 3\)。這一版兩個範例都會全過，交上去照子題組的設計能拿下前兩組合計 \(50\) 分的範圍。

到這裡用的全部都是語法書上冊教過的東西——2.6 的套路 1、4.2 的範例 3，一路都是課本親自帶你寫過的程式。語法書有好好讀的話，這題至少前兩個子題一定做得出來。

但注意：範例全過，不代表它是滿分解。子題組 3 的 \(X\) 可以長達 \(1000\) 位——int 塞不下，換成 long long 也只能到 \(19\) 位（2.9），離 \(1000\) 位差得遠。想滿分，需要換一個角度看 \(X\)。

從 50 分到 100 分：X 不是拿來算的，把它當文字讀

先說一件特別的事：在 APCS 初級的考古題裡，這是唯一一題只靠語法書上冊的知識拿不到滿分的題目。卡在這裡不是你的問題——這是 APCS 剛開始舉辦時的題目，當年題目的難度與類型都還沒定下來，前幾場常常發生前面的題目太難、或後面的題目太簡單之類的情形。接下來要用的技巧屬於下冊的範圍，我們會把道理講清楚，先看懂就能用。

回頭看整個過程：我們從頭到尾沒有把 \(X\) 當成一個數做過任何加減乘除——只是把它的每一位數字逐一看過去。既然如此，\(X\) 根本不必住在數字型態裡：把它當一串文字、一個字元一個字元讀進來就好。讀法用 4.8 教過的模式：

char c;
while (cin >> c) {   // 一次讀一個字元，讀到沒有輸入為止
    ...
}

字元怎麼變回數字？2.4 說過每個字元背後都有一個編號，而數字字元 '0' 到 '9' 的編號是連著排的——所以 c - '0'（兩個編號相減）正好就是 c 代表的數字：'7' - '0' 等於 \(7\)。這一行用到的正是下冊 8.2 的〈數字字元 ↔ 數值〉正式教的知識。想真正把它學會的人，建議提前把下冊第八單元從 8.1〈字元的本質：ASCII 編碼〉讀起——字元的本質弄懂之後，這一行就完全不神祕了。

還有一個看起來麻煩、其實完全不用管的問題：逐字元是從左邊讀起的，題目的奇偶位卻是從右邊數——要不要先知道總長度來換算？不用。交替分組永遠把數字切成同樣的兩堆，「從哪邊開始數」只決定哪一堆叫 \(A\)、哪一堆叫 \(B\)；而秘密差取的是絕對值，\(|A - B|\) 和 \(|B - A|\) 一樣——兩堆對調，答案不變。拿範例 1 驗證：\(263541\) 從左交替分成 \(\{2, 3, 4\} = 9\) 和 \(\{6, 5, 1\} = 12\)，\(|9 - 12| = 3\)，跟題目從右數的算法一模一樣。

於是滿分解連陣列都不用開，邊讀邊加就好：

#include <iostream>
#include <cstdlib>     // abs 住在這（上冊 7.6）
using namespace std;

int main() {
    int sum1 = 0, sum2 = 0;   // 交替的兩組位數和
    bool first = true;        // 這個字元屬於第一組嗎
    char c;
    while (cin >> c) {        // 一次讀一個字元，讀到沒有輸入為止（4.8）
        int d = c - '0';      // 數字字元的編號連著排：'7' 的編號減 '0' 的編號就是 7
        if (first) {
            sum1 = sum1 + d;
        } else {
            sum2 = sum2 + d;
        }
        first = !first;
    }

    cout << abs(sum1 - sum2) << endl;   // 兩組和的絕對差
    return 0;
}

位數和最大也不過 \(1000 \times 9 = 9000\)，int 隨便裝。

測過再交：範例根本測不出「長數」

兩個範例一個 \(6\) 位、一個 \(3\) 位——連 int 版都全過。你的程式能不能真的吃下 \(1000\) 位，範例完全測不出來。自己補幾筆，重點是造一個「長度超過 \(19\) 位」的數（超出 long long 的極限）：挑全部同一個數字的長串，答案可以口算——比如 \(22\) 個 \(9\)，兩組各分到 \(11\) 個 \(9\)，秘密差是 \(0\)。

四筆都親眼看過正確，這題就穩了。