Bzoj 3652: 大新闻(数位dp)

以下内容来自ShallWe's Blog

题目

3652: 大新闻

Description

Input

Output

\(1<=N<=10^18\)

解题报告

显然是一道数位dp的题目，观察数据范围可知.
加密和不加密是完全没有关系的两个问题。

1. 加密：等概率的选取两个数异或的期望？\(ans_1*n^2=\Sigma_{i=1}^{W}f_i*(n-f_i)*2*(1<<i-1)\)非常显然，就是观察每个数位可以做出的贡献。
2. 未加密：对于\(x∈[0,n)\)，寻找\(y\)使得\(x^y \to max\),将二进制推广成树状，那么显然最有的策略是对称的走，这样可以让每个数位都做出贡献，而如果不可以对称，就退而求其次好了，，，

对数位dp问题，我一向是很虚的，学长安利了一种具有普遍性的方法->疯狂枚举状态法，就是设计\(f[i][0/1][0/1][][][]\)这个姿势的式子，\(i\)表示枚举到的数位，后面的每个括号都是消除后效性的状态，然后枚举出所有的状态，显然有稳定的复杂度，和很好写的脸。
回到大新闻,f[i][1/0][1/0]表示从高开始到第\(i\)位，\(x\)是否卡边界,\(y\)是否卡边界的概率（存收益，期望都没问题）。然后就是很短(？)的代码了。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
using namespace std;
const int N=70;
typedef long long ll; 
ll n,mi[N],have[N];
double f[N][2][2],g[N][2][2],p;  
int a[N],w; 
double one(){
	int i,j,k,aa,bb,jj,kk; 
	double ans=0; 
	g[a[0]+1][1][1]=1.0/(double)n; 
	for (i=a[0];i;i--) 
		for (j=0;j<=1;j++)
			for (k=0;k<=1;k++)
				if (g[i+1][j][k]>0.0)
					for (aa=0;aa<=1;aa++){
						if (j)
							if (aa<a[i]) 
								jj=0; 
							else
								if (aa==a[i]) 
									jj=1; 
								else
									continue;
						else
							jj=0; 
						if (k){
							bb=aa^1; 
							if (bb>a[i]) bb^=1; 
							if (bb<a[i]) 
								kk=0; 
							else
								kk=1; 
						}else
							bb=aa^1,kk=0; 
						f[i][jj][kk]+=f[i+1][j][k]+(double)mi[i-1]*g[i+1][j][k]*(double)(aa^bb); 
						g[i][jj][kk]+=g[i+1][j][k];
					}
	for (i=0;i<=1;i++)
		for (j=0;j<=1;j++) 
			ans+=f[1][i][j]; 
	return ans; 
}	
double two(){
	ll x=n;a[0]=0;
	double ans=0;
    while(n){
        a[++a[0]]=(int)(n%2);
		n/=2;
    }
    int i,j;
	for (n=x,i=a[0];i;i--){
        if (a[i]){
            n-=mi[i-1],have[i]+=n;
            for (j=i-1;j;j--) 
				have[j]+=(i-2>=0?mi[i-2]:0LL);
        }
    }
	for (n=x,i=a[0];i;--i)
        ans+=(double)have[i]/(double)n*(double)(n-have[i])/(double)n*2.0*(double)mi[i-1];
    return ans;
}											
int main(){
//	freopen("bignews.in","r",stdin); 
//	freopen("bignews.out","w",stdout);
	scanf("%lld",&n);
	scanf("%lf",&p);
	ll x=n-1;
	while (x){
		a[++a[0]]=(int)(x%2); 
		x/=2;
	}
	mi[0]=1LL;
	for (int i=1;i<=a[0];i++) 
		mi[i]=mi[i-1]*2LL; 
	printf("%lf\n",one()*p+two()*(1.0-p));
	return 0; 
}