La pregunta fue hecha por xport en los comentarios de Mike solución en cuanto a si esta solución es única.
Sin lugar a dudas existen muchas maneras para el caso de bash una respuesta a esto, y aquí está, demostrando que
Mike solución es único.
Deje $x_i$ ser el número de veces que el dígito $ i $ aparece en el papel, entonces debemos tener
$$ \sum_{i=0}^9 x_i = 20 \quad \text{and} \quad \sum_{i=0}^9 ix_i = 45+20=65,$$
desde allí se $20$ dígitos en el trabajo y la primera columna de sumas de dinero a $45.$
Todos los dígitos que aparecen al menos una vez, por tanto, $x_i \ge 1 $ todos los $ i $ $x_0=1.$
Así, a partir de las ecuaciones anteriores obtenemos
$$\sum_{i=1}^9 x_i = 19 \quad (1) \quad \text{and} \quad \sum_{i=2}^9 (i-1)x_i = 46. \quad (2)$$
Desde $\sum_{i=1}^8 i = 36$ se desprende de lo $(2)$ que $(i-1)x_i \le 46 - (36-(i-1)),$, por lo que
$$ x_i \le \left \lfloor \frac{i+9}{i-1} \right \rfloor \quad \text{for} \quad i \ge 2.$$
Por lo tanto
$$ x_6 \le 3, \, x_7 \le 2, \, x_8 \le 2 \quad \text{and} \quad x_9 \le 2. \quad (3)$$
Ahora supongamos $ x_i > 1 $ algunos $ i > 2 $ a continuación, desde la $i$ se produce en al menos tres lugares, debemos tener $x_j=i$ algunos $j \ne i.$
Y supongamos $j \ge 2,$ $(2)$ obtenemos
$$(i-1)x_i + (j-1)i + (36-(i-1)-(j-1)) \le 46,$$
lo que da
$$ x_i \le \frac{2i+8}{i-1} - j.$$
Por lo tanto, cuando $j \ge 2$ debemos tener
$$x_6 \le 2 \quad \text{and} \quad x_7=x_8=x_9=1. \quad (4)$$
Ahora vamos a hacer algo de caso a golpear.
De $(3)$ sabemos $x_9 \le 2,$ así que supongamos $x_9=2$ $(4)$
implica $x_1=9,$, lo que, de nuevo, por $(4)$ implica $x_7=x_8=1,$ desde el si $x_1=9,$ $x_1$ no puede igualar $7$ o $8.$
Poner a $x_1=9, x_7=1, x_8=1$ $x_9=2$ $(1)$ $(2)$ obtenemos
$$x_2+x_3+ \cdots + x_6=6$$
y
$$x_2 + 2x_3 + \cdots + 5x_6 = 17.$$
El ex claramente sólo tiene solución $\lbrace 1,1,1,1,2 \rbrace, $ que satisface la segunda ecuación sólo al $x_3=2$ y el otro $x_i$ $1.$ Pero $3$ no aparece dos veces en esta "solución". Por lo tanto, tenemos una contradicción y, por lo
$$x_9=1.$$
Del mismo modo, supongamos $x_8=2,$ $(4)$
implica $x_1=8,$, lo que, de nuevo, por $(4)$ implica $x_7=x_9=1,$ desde el si $x_1=8,$ $x_1$ no puede igualar $7$ o $9.$
Poner a $x_1=8, x_7=1, x_9=1$ $x_8=2$ $(1)$ $(2)$ obtenemos
$$x_2+x_3+ \cdots + x_6=7$$
y
$$x_2 + 2x_3 + \cdots + 5x_6 = 18.$$
El ex ecuación sólo tiene soluciones $\lbrace 1,1,1,1,3 \rbrace $ (el cual no satisface la segunda ecuación) y $\lbrace 1,1,1,2,2 \rbrace,$ que sólo satisifes el último
ecuación de al $x_2=x_3=2$ y el otro$x_i$$1.$, Pero de nuevo $3$ no aparece dos veces en esta "solución". Por lo tanto, tenemos una contradicción y, por lo
$$x_8=1.$$
Del mismo modo, supongamos $x_7=2,$ $(4)$
implica $x_1=7,$, lo que, de nuevo, por $(4)$ implica $x_8=x_9=1,$ desde el si $x_1=7,$ $x_1$ no puede igualar $8$ o $9.$
Poner a $x_1=7, x_8=1, x_9=1$ $x_7=2$ $(1)$ $(2)$ obtenemos
$$x_2+x_3+ \cdots + x_6=8$$
y
$$x_2 + 2x_3 + \cdots + 5x_6 = 19.$$
El ex ecuación sólo tiene soluciones $\lbrace 1,1,1,1,4 \rbrace $ (el cual no satisface la segunda ecuación) y $\lbrace 1,1,2,2,2 \rbrace$ (lo cual no satisface la segunda ecuación) y $\lbrace 1,1,1,2,3 \rbrace, $ que sólo satisifes el último
ecuación de al $x_2=3, x_3=2,x_4=1,x_5=1$ $x_6=1,$ y esta es la solución dada en la respuesta de Mike.
Por lo tanto, tenemos una solución única al $x_7=2,$ lo contrario, debemos tener
$x_7=x_8=x_9=1.$
Para completar la prueba sólo necesitamos mostrar que cuando se $x_7=1$ debemos tener $x_6=1.$ Que nos daría al menos seis $1's$ en el papel, lo que implica que uno de los números
$\lbrace 6,7,8,9 \rbrace$ debe ser repetido, lo cual es una contradicción ya que tenemos
$x_6=x_7=x_8=x_9=1.$
Así que supongamos $x_7=1$ $x_6=3$ (el máximo posible de$(3)$), a continuación, $(4)$ implica
$x_1=6.$ Y desde $x_8=x_9=1,$ $(1)$ $(2)$ obtenemos
$$x_2+ x_3 + x_4 + x_5=7$$
y
$$x_2 + 2x_3 + 3x_4 + 4x_5 = 10.$$
Estos no tienen soluciones desde la última ecuación implica $x_2=x_3=x_4=x_5=1,$ que no satisface la anterior ecuación.
Así que supongamos $x_7=1$ $x_6=2,$ desde $x_8=x_9=1,$ $(1)$ $(2)$ obtenemos
$$x_1+x_2+ x_3 + x_4 + x_5=14 \quad (5) $$
y
$$x_2 + 2x_3 + 3x_4 + 4x_5 = 15. \quad (6)$$
Ahora $(6)$ implica $x_5 \le 2,$ pero si $x_5=2$, entonces debemos tener $x_2 \ge 3$ (desde
$x_5=x_6=2$ hay al menos $3$ apariciones de $2$) y para el lado izquierdo de $(6)$ debe ser de al menos $16,$ una contradicción. Por lo tanto $x_5=1.$
Pero ahora tenemos a $x_0=1,x_5=1,x_6=2,x_7=1,x_8=1$ $x_9=1,$ y desde $x_6=2$ número debe producirse 6 veces, pero no tenemos suficiente indeterminado $x_i$ para que esto ocurra, a menos que
$x_1=6.$
Sustituyendo $x_1=6$ $x_5=1$ $(5)$ $(6)$ obtenemos
$$x_2+ x_3 + x_4=7 \quad (7) $$
y
$$x_2 + 2x_3 + 3x_4 = 11. \quad (8)$$
y restando $(7)$ $(8)$ obtenemos
$$x_3+2x_4=4. \quad (9)$$
Sin embargo, ya no podemos tener más de $1's$ ( $x_1=6$ ) debemos tener $x_3 \ge 2$ y
$x_4 \ge 2,$ , lo que contradice $(9).$
Así, hemos demostrado que cuando se $x_7=1$ debemos tener $x_6=1,$ a que, como se señaló anteriormente completa la prueba de que la única solución está dada por
$x_0=1,x_1=7,x_2=3,x_3=2,x_4=1,x_5=1,x_6=1,x_7=2,x_8=1$ $x_9=1.$
