Luogu P1066 2^k进制数 组合数学

分两种情况：$k|n$和$k$不整除$n$

如果$k|n$，那么长度为$n$的二进制数就能被恰好分成$n/k$个块；所以若某个数长度是$x$个块，由于每个块内能填不同的$2^k-1$个数，那么就有$C_{2^k-1}^{x}$

所以整除时答案是$\sum_{i=2}^{n/k} \space C_{2^k-1}^{i}$

如果$k$不整除$n$,那么一共会分成$\lfloor \frac{n}{k} \rfloor+1$块,而最后一个不完整的块只有$n\text{mod} k$位，能选择的数还是$0$到$2^{n\text{ } \text{mod} \text{ }k}-1$

如果这个最高位选择填$0$那么回到了$k|n$的情况，所以最高位填0的方案数为$\sum_{i=2}^{\left \lfloor\frac{n}{k}\right \rfloor}  C_{2^k-1}^{i}$

之后最高位还可以填$1$到$2^{n\text{ } \text{mod} \text{ }k}-1$，如果我们选择填$i$的话，那么后面的块内要填比$i$大的数，所以剩下的每个块内可以填的就有$2^k-1-i$个数，所以方案数就是$C_{2^k-1-i}^{\left \lfloor\frac{n}{k}\right \rfloor}$

所以最后的答案还应该加上$\sum_{i=1}^{2^{n\text{ } \text{mod} \text{ }k} \space \space \space -1} \space C_{2^k-1-i}^{\left \lfloor\frac{n}{k}\right \rfloor}$

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#define ll long long
#define R register int
static char B[<<],*S=B,*D=B;
#define getchar() (S==D&&(D=(S=B)+fread(B,1,1<<15,stdin),S==D)?EOF:*S++)
using namespace std;
inline int g() {
    R ret=,fix=; register char ch; while(!isdigit(ch=getchar())) fix=ch=='-'?-:fix;
    do ret=ret*+(ch^); while(isdigit(ch=getchar())); return ret*fix;
} short c[]; int n,k,p,res,t;
inline string add(string a,string b) {
    R lena=a.size(),lenb=b.size(); reverse(a.begin(),a.end()),reverse(b.begin(),b.end()); memset(c,,sizeof(c));
    R p=; for(;p<max(lena,lenb)||c[p];++p) c[p]+=(int)(p<lena?:)*(a[p]-)+(int)(p<lenb?:)*(b[p]-),c[p+]+=c[p]/,c[p]%=;
    string ret="\0"; for(R i=p-;~i;--i) ret.insert(ret.end(),char(c[i]+));
    reverse(a.begin(),a.end()),reverse(b.begin(),b.end()); return ret;
}
string ans;
string C[][];
signed main() {
    k=g(),n=g(),p=n/k,res=n%k;
    t=(<<k)-,C[][]="";
    for(R i=;i<=t;++i) { C[i][]="";
        for(R j=;j<i;++j) C[i][j]=add(C[i-][j],C[i-][j-]); C[i][i]="";
    } for(R i=;i<=p;++i) {
        if(i>t) break; ans=add(ans,C[t][i]);
    } R lim=(<<res)-;
    for(R i=;i<=lim;++i) {
        if(p>t-i) break; ans=add(ans,C[t-i][p]);
    } cout<<ans<<endl;
}

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2019.06.05