Time Limit: 1 second

Memory Limit: 50 MB

【问题描述】

设r是个2K进制数,并满足以下条件:
(1)r至少是个2位的2K进制数。
(2)作为2K进制数,除最后一位外,r的每一位严格小于它右边相邻的那一位。
(3)将r转换为2进制数q后,则q的总位数不超过w。
在这里,正整数k(1≤k≤9)和w(k≤30000)是事先给定的。
问:满足上述条件的不同的r共有多少个?
我们再从另一角度作些解释:设S是长度为w 的01字符串(即字符串S由w个“0”或“1”组成),S对应于上述条件(3)中的q。将S从右起划分为若干个长度为k 的段,每段对应一位2K进制的数,如果S至少可分成2段,则S所对应的二进制数又可以转换为上述的2K进制数r。
例:设k=3,w=7。则r是个八进制数(23=8)。由于w=7,长度为7的01字符串按3位一段分,可分为3段(即1,3,3,左边第一段只有一个二进制位),则满足条件的八进制数有:
2位数:高位为1:6个(即12,13,14,15,16,17),高位为2:5个,…,高位为6:1个(即67)。共6+5+…+1=21个。
3位数:高位只能是1,第2位为2:5个(即123,124,125,126,127),第2位为3:4个,…,第2位为6:1个(即167)。共5+4+…+1=15个。
所以,满足要求的r共有36个。

【输入】

只有1行,为两个正整数,用一个空格隔开:
k W

【输出】

为1行,是一个正整数,为所求的计算结果,即满足条件的不同的r的个数(用十进制数表示),要求最高位不得为0,各数字之间不得插入数字以外的其他字符(例如空格、换行符、逗号等)。
(提示:作为结果的正整数可能很大,但不会超过200位)

【输入样例】

3 7

【输出样例】

36

【题目链接】:http://noi.qz5z.com/viewtask.asp?id=b604

【题意】

【题解】



比较裸的排列组合题了.

写个高精度,求出组合数就好;

组合数公式

C[I][J] = C[I-1][J]+C[I-1][J-1];

然后根据要求计数就好;

平台上面有限制内存50MB;

写个压位的高精度吧.

压8位的高精度加法.



【完整代码】

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>
using namespace std;
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1
#define LL long long
#define rep1(i,a,b) for (int i = a;i <= b;i++)
#define rep2(i,a,b) for (int i = a;i >= b;i--)
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define rei(x) scanf("%d",&x)
#define rel(x) scanf("%lld",&x)
#define ref(x) scanf("%lf",&x) typedef pair<int, int> pii;
typedef pair<LL, LL> pll; const int dx[9] = { 0,1,-1,0,0,-1,-1,1,1 };
const int dy[9] = { 0,0,0,-1,1,-1,1,-1,1 };
const double pi = acos(-1.0);
const int N = 520;
const int jz = 100000000; struct bignum
{
int len;
int a[30];
void init(int x)
{
memset(a, 0, sizeof a);
len = 1; a[1] = x;
}
}; bignum operator + (bignum a, bignum b)
{
bignum c;
c.init(0);
int lena = a.len, lenb = b.len;
int len = max(lena, lenb);
int x = 0;
rep1(i, 1, len)
{
c.a[i] += a.a[i] + b.a[i]+x;
x = c.a[i] / jz;
c.a[i] %= jz;
}
while (x > 0)
{
c.a[++len] = x;
x = c.a[len] / jz;
c.a[len] %= jz;
}
c.len = len;
return c;
} bignum c[N][N],ans;
int k, w; void get_C()
{
rep1(i, 1, 512)
c[i][0].init(1), c[i][i].init(1);
rep1(i, 2, 512)
rep1(j, 1, i)
c[i][j] = c[i - 1][j] + c[i - 1][j - 1];
} void input_data()
{
rei(k), rei(w);
} void get_ans()
{
ans.init(0);
int len = w / k, mod = w%k;
int t = (1 << k) - 1;
rep1(i, 2, len)
{
rep1(j, 1, t - i+1)
{
if (t - j < i - 1) break;
ans = ans + c[t - j][i - 1];
}
}
int d = (1 << mod) - 1;
rep1(j, 1, d)
{
if (t - j < len) break;
ans = ans + c[t - j][len];
}
} void ze_ro(int num)
{
rep1(i, 1, num)
putchar('0');
} void output_ans()
{
printf("%d", ans.a[ans.len]);
rep2(i, ans.len - 1, 1)
{
if (ans.a[i] < 10)
ze_ro(7);
if (ans.a[i] < 100)
ze_ro(6);
if (ans.a[i] < 1000)
ze_ro(5);
if (ans.a[i] < 10000)
ze_ro(4);
if (ans.a[i] < 100000)
ze_ro(3);
if (ans.a[i] < 1000000)
ze_ro(2);
if (ans.a[i] < 10000000)
ze_ro(1);
printf("%d", ans.a[i]);
}
puts("");
} int main()
{
//freopen("F:\\rush.txt", "r", stdin);
//printf("%d\n", sizeof(c) / 1024 / 1024);
get_C();
input_data();
get_ans();
output_ans();
//printf("\n%.2lf sec \n", (double)clock() / CLOCKS_PER_SEC);
return 0;
}

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