20180606模拟赛T4——数学游戏

数学游戏

题目描述：

小T又发脑残了，没错，她又要求奇怪的东西，这次她想知道[X,Y]之间整数有多少可以表示成K个不同的B的幂的和形势。如\(x,y,k,b=15,20,2,2\)，则有：

\[17=2^4+2^0
\]

\[18=2^4+2^1
\]

\[20=2^4+2^2
\]

共3个符合要求的数

输入格式：

输入仅包含一行4个空格隔开的整数X，Y，K，B（1≤X≤Y≤2^31 -1,1≤K≤20）

输出格式：

输出文件包含一行一个即为所求合法数字个数。

样例输入：

15 20 2 2

样例输出：

3

题解

首先想到的是dfs大力枚举所有子集，这样就拿到了78分的好成绩。

void dfs(int kk,int t,int now)
{
	if(t==k)
	{
		if(now>=x&&now<=y) ans++;
		return;
	}
	if(kk>y) return;
	dfs(kk*b,t+1,now+kk);
	dfs(kk*b,t,now);
}

紫书中介绍了几种枚举子集的方法，所以我用了二进制枚举法，即类似状压一样，1代表选，0代表不选，那我们就可以直接用一个for循环枚举两者之间的所有数，这就枚举了所有子集。

这让我想到了NOIP2006普及T4 数列。

虽然没有剪枝，但似乎除T掉的点外其他都是0.00s过的。

这两个测试点的数据是这样的：

gema2.in:
1 2147483647 20 2
gema8.in:
4 2147483640 18 2

明显在卡子集生成。

代码如下：

#include <fstream>

using namespace std;

ifstream fin("maga.in");
ofstream fout("maga.out");

typedef long long LL;

LL x, y, k, b;

inline bool pan(LL a)//判断二进制下1是否有k个
{
	int ans = 0;
	while(a)
	{
		ans++;
		a = a & (a-1);
		if(ans > k)
			return false;
	}
	return ans == k;
}

inline LL getn(LL x)
{
	LL ans = 0;
	LL t = 1;
	while(x > t)
	{
		t *= b;
		ans++;
	}
	return 1 << ans;
}

inline bool ppan(LL x)//判断是否越界
{
	LL ans = 0;
	LL tk = 1;
	while(x)
	{
		if(x & 1)
			ans += tk;
		tk *= b;
		x >>= 1;
	}
	return ans <= y;
}

int main()
{
	fin >> x >> y >> k >> b;
	LL na = getn(x);
	LL ans = 0;
	for(LL i = na; ppan(i); ++i)
	{
		if(pan(i))
			ans++;
	}
	fout << ans << '\n';
	return 0;
}

其中pan函数比较玄学，看不懂的可以戳这里。

正解其实思想与二进制枚举是差不多的，但复杂度大不相同。

令dp[len][lim][gs]代表枚举到第len位，是否卡上限，其中一的个数有多少。

以len为主线进行大力转移即可。

下面贴一下代码。

#include <fstream>

using namespace std;

ifstream fin("maga.in");
ofstream fout("maga.out");

int x, y, k, b;

int dp[30][2][30];
int shu[10];//k进制下的每一位

inline int js(int len, bool lim, int gs)
{
	if(!lim && dp[len][lim][gs])
		return dp[len][lim][gs];
	if(gs > k)
		return 0;
	if(!len)//如果长度到了就直接判掉
	{
		if(gs == k)
			return dp[len][lim][gs] = 1;
		else
			return dp[len][lim][gs] = 0;
	}
	bool limit;
	if(lim && !shu[len])//如果到上界且该位为0，那该位不能选1
		limit = false;
	else
		limit = true;
	int ans = 0;
	for(int i = 0; i <= limit; ++i)
		ans += js(len-1, lim && i == shu[len], gs+(i==1));
	return dp[len][lim][gs] = ans;
}

inline int get_ans(int x)
{
	int tmp = 0;
	while(x)//先转化为k进制下的数
	{
		shu[++tmp] = x % b;
		x /= b;
	}
	return js(tmp, 1, 0);
}

signed main()
{
	fin >> x >> y >> k >> b;
	fout << get_ans(y) - get_ans(x-1);
	return 0;
}

当然，直接数位dp也是可以的。

inline int calc(int x){
	if(x<=0)return 0;
	memset(f,0,sizeof f);
	memset(num,0,sizeof num);
	size=0;
	while(x){
		num[++size]=x%b;
		x/=b;
	}
	if(num[size]>1){
		f[size][1][0]=1;
		f[size][0][0]=1;
	}else{
		f[size][0][0]=1;
		f[size][1][1]=1;
	}
	for(int i=size-1;i>=1;i--){
		if(num[i]>=1){
			for(int j=0;j<=min(k,size-i+1);j++){
				if(j)f[i][j][0]+=f[i+1][j-1][0];
				f[i][j][0]+=f[i+1][j][0];
				f[i][j][0]+=f[i+1][j][1];
				if(j){
					if(num[i]==1){
						f[i][j][1]+=f[i+1][j-1][1];
					}else{
						f[i][j][0]+=f[i+1][j-1][1];
					}
				}
			}
		}else{
			for(int j=0;j<=min(k,size-i+1);j++){
				f[i][j][0]+=f[i+1][j][0];
				if(j)f[i][j][0]+=f[i+1][j-1][0];
				f[i][j][1]+=f[i+1][j][1];
			}
		}
	}
	return f[1][k][0]+f[1][k][1];
}