CodeForces-431D Random Task

题目描述

求一个\(n\)，使得\(n+1\)到\(2n\)这些数的二进制中恰好有\(k\)个\(1\)的数有\(m\)个。

Input

输入包含两个正整数\(m，k\)。$(0<=m<=1e18, 1<=k<=64) $

Output

输出\(n\)。

Sample Input

1 1

3 2

Sample Output

1
5

首先我们要知道这个答案是具有单调性的。

即若满足\(m>n\)，则区间\([m,2m]\)内满足条件的数的数量\(>\)区间\([n,2n]\)内满足条件的数的数量。

---

证明如下：

将区间\([n+1,2n]\)分割成两个区间\([n+1,n+1]\)和\([n+2,2n]\)。

而区间\([n+2,2*(n+1)]\)可以分割成\([n+2,2n]\)和\([2n+1,2n+2]\)。

而\(2n+2\)二进制中\(1\)的数量和\(n+1\)中\(1\)的数量是相同的。

而多了一个\(2n+1\)只有可能让数量增加，所以答案满足单调性。

即对于\(m>n\)，则区间\([m,2m]\)内满足条件的数的数量\(>\)区间\([n,2n]\)内满足条件的数的数量。

证毕。

---

于是我们就可以二分求解了。

现在我们就只用判断\([n+1,2n]\)中满足条件的数的数量即可。

我们发现对于区间\([n+1,2n]\)满足条件的数的数量可以转换为\([1,2n]\)-\([1,n]\)的数量。

而一个前缀的数量肯定会更好求解。

问题进一步转换为求解\([1,n]\)内满足条件数的数量。

这个问题我们可以利用两种方法求解：

方法一：计数DP

对于当前\(n\),我们从二进制位高的开始考虑，首先我们只有在遇到一个\(1\)时才能更新答案。

对于当前遇到的\(1\)，我们发现前面的位上的数是固定的，一共有\(tot\)个\(1\)，而我们再后面的\(i\)个位上可以选择\(k-tot\)个位置放置\(1\),所以答案增加\(C(i,n-tot)\)，然后\(tot++\)即可。

代码如下

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define int long long
#define reg register
#define Raed Read
#define clr(a,b) memset(a,b,sizeof a)
#define debug(x) cerr<<#x<<" = "<<x<<endl;
#define rep(a,b,c) for(reg int a=(b),a##_end_=(c); a<=a##_end_; ++a)
#define ret(a,b,c) for(reg int a=(b),a##_end_=(c); a<a##_end_; ++a)
#define drep(a,b,c) for(reg int a=(b),a##_end_=(c); a>=a##_end_; --a)
#define erep(i,G,x) for(int i=(G).Head[x]; i; i=(G).Nxt[i])
#pragma GCC target("avx,avx2,sse4.2")
#pragma GCC optimize(3)

inline int Read(void) {
	int res=0,f=1;
	char c;
	while(c=getchar(),c<48||c>57)if(c=='-')f=0;
	do res=(res<<3)+(res<<1)+(c^48);
	while(c=getchar(),c>=48&&c<=57);
	return f?res:-res;
}

template<class T>inline bool Min(T &a, T const&b) {
	return a>b?a=b,1:0;
}
template<class T>inline bool Max(T &a, T const&b) {
	return a<b?a=b,1:0;
}

const int N=1e5+5,M=2e5+5,mod=1e9+7;

bool MOP1;

int m,k,C[70][70];

int solve(int x) {
	int Ans=0,tot=0;
	drep(i,63,0)if(x&(1ll<<i)) {
		if(tot<=k)Ans+=C[i][k-tot];
		tot++;
	}
	return Ans;
}

bool MOP2;

inline void _main() {
	m=Read(),k=Read();
	int L=1,R=1e18,Ans=0;
	C[0][0]=1;
	rep(i,1,64) {
		C[i][0]=1;
		rep(j,1,i)C[i][j]=C[i-1][j-1]+C[i-1][j];
	}
	while(L<=R) {
		int mid=(L+R)>>1;
		if(solve(mid*2)-solve(mid)>=m)Ans=mid,R=mid-1;
		else L=mid+1;
	}
	printf("%lld\n",Ans);
}

signed main() {
	_main();
	return 0;
}

方法二：数位DP

我们可以直接将\(n\)转换为二进制数，那么就可以直接\(dp\)了。

\(dp[i][j]\)代表考虑到第\(i\)位，\(1\)的数量为\(j\)的数的个数。

代码如下

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define int long long
#define reg register
#define Raed Read
#define clr(a,b) memset(a,b,sizeof a)
#define debug(x) cerr<<#x<<" = "<<x<<endl;
#define rep(a,b,c) for(reg int a=(b),a##_end_=(c); a<=a##_end_; ++a)
#define ret(a,b,c) for(reg int a=(b),a##_end_=(c); a<a##_end_; ++a)
#define drep(a,b,c) for(reg int a=(b),a##_end_=(c); a>=a##_end_; --a)
#define erep(i,G,x) for(int i=(G).Head[x]; i; i=(G).Nxt[i])
#pragma GCC target("avx,avx2,sse4.2")
#pragma GCC optimize(3)

inline int Read(void) {
	int res=0,f=1;
	char c;
	while(c=getchar(),c<48||c>57)if(c=='-')f=0;
	do res=(res<<3)+(res<<1)+(c^48);
	while(c=getchar(),c>=48&&c<=57);
	return f?res:-res;
}

template<class T>inline bool Min(T &a, T const&b) {
	return a>b?a=b,1:0;
}
template<class T>inline bool Max(T &a, T const&b) {
	return a<b?a=b,1:0;
}

const int N=1e5+5,M=2e5+5,mod=1e9+7;

bool MOP1;

int m,k,dp[70][70],A[70];

int dfs(int pos,int tot,int limit) {
	if(!pos)return tot==k;
	if(!limit&&dp[pos][tot]!=-1)return dp[pos][tot];
	int up=limit?A[pos]:1,res=0;
	rep(i,0,up)res+=dfs(pos-1,tot+i,limit&(i==up));
	if(!limit)dp[pos][tot]=res;
	return res;
}

int solve(int x) {
	int len=0;
	while(x)A[++len]=x&1,x>>=1;
	return dfs(len,0,1);
}

bool MOP2;

inline void _main() {
	//	cerr<<"M="<<(&MOP2-&MOP1)/1024.0/1024.0<<endl;
	m=Read(),k=Read();
	int L=1,R=1e18,Ans=0;
	memset(dp,-1,sizeof dp);
	while(L<=R) {
		int mid=(L+R)>>1;
		if(solve(mid*2)-solve(mid)>=m)Ans=mid,R=mid-1;
		else L=mid+1;
	}
	printf("%lld\n",Ans);
}

signed main() {
	_main();
	return 0;
}