LOJ 6274 数字(数位dp)
LOJ 6274 数字(数位dp)
题目描述
NiroBC 姐姐脑洞了两个数字 和 ，它们满足 ，且 ， NiroBC 姐姐想知道 有多少种不同的取值，若有多组 的 值相同，则只算一次。
（其中 表示按位取或，C/C++中写作|，Pascal中写作or）
（其中 表示按位取与，C/C++中写作&，Pascal中写作and）
输入格式
一行，五个非负整数 。
输出格式
一行，一个整数，答案。
样例
样例输入
11 3 10 8 13
样例输出
7
数据范围与提示
对于所有数据，\(T,L_x,R_x,L_y,R_y<2^{60}\)
Subtask1
\(T,L_x,R_x,L_y,R_y<2^{10}\)
枚举统计答案即可
namespace pt1{
int mk[1<<10];
void Solve(){
int ans=0;
rep(i,Lx,Rx) rep(j,Ly,Ry) if((i|j)==T) mk[i&j]=1;
rep(i,0,1023) ans+=mk[i];
printf("%d\n",ans);
}
}
$$\ $$
Subtask2
\(L_x=L_y=0\)
考虑简单数位\(dp\)
\(dp[i][lim1][lim2]\)表示\(\text{dp}\)到了第\(i\)位，\(lim1,lim2\)表示是否受到仍\(R_x,R_y\)的限制
枚举两个数这一位分别选择\(0,1\)，是否与\(T\)的这一位相同
但是存在一种会算重复的情况
当两个数均可以取\(0,1\)，且\(T_i=1\)的情况，则存在\((0,1),(1,0)\)两种方案且他们的与相同
如何处理重复?我们分类讨论一下（看不下去可以直接看结论）
1.\(lim1=1,lim2=1\)
这时候，把\(R_x,R_y\)中剩下的位数较大的那一个选为1，另一个选为0，这样选择一定包含反过来的情况，因为限制减轻了
2.\(lim1=1,lim2=0\)
当然是取(0,1)，理由相同
3.\(lim1=0,lim2=1\)
当然是取(1,0)，理由相同
4.\(lim1=0,lim2=0\)
那么可以随便取其中一者
最终发现：出现重复状态时，取其中\(\text{dp}\)值较大的下一步状态即可
namespace pt2{
ll A[70],Ac,B[70],Bc;
ll dp[70][2][2];
ll dfs(int p,int lim1,int lim2){
if(p==0) return 1;
if(~dp[p][lim1][lim2]) return dp[p][lim1][lim2];
ll res=0,a=lim1?A[p]:1,b=lim2?B[p]:1;
rep(i,0,a) rep(j,0,b) if((i|j)==T[p]) res+=dfs(p-1,lim1&&i==a,lim2&&j==b);
if(a==1 && b==1 && T[p]==1) res-=min(dfs(p-1,lim1,0),dfs(p-1,0,lim2));
// 减去较小的，就是取较大的
return dp[p][lim1][lim2]=res;
}
ll Calc(ll n,ll m){
Ac=Bc=0;
memset(A,0,sizeof A),memset(B,0,sizeof B);
while(n) A[++Ac]=(n&1),n>>=1;
while(m) B[++Bc]=(m&1),m>>=1;
memset(dp,-1,sizeof dp);
return dfs(max(Tc,max(Ac,Bc)),1,1);
}
void Solve(){ printf("%lld\n",Calc(R1,R2)); }
}
Subtask3
设两个数分别取\(x,y\),且\(x\and y=i\)，枚举\(i\)，然后再枚举\(x\),就能得到计算得出\(y\)，检查每一个\(i\)是否存在方案
复杂度为\(O(3^{|T|})\)
namespace pt3{
void Solve(){
int ans=0;
for(ll i=Tx;;i=(i-1)&Tx) {
int fl=0;
for(ll j=(Tx^i);;j=(j-1)&(Tx^i)) {
ll x=j|i,y=Tx+i-x;
assert((x|y)==Tx && (x&y)==i);
if(x>=L1 && x<=R1 && y>=L2 && y<=R2) {
fl=1;
break;
}
if(!j) break;
}
ans+=fl;
if(!i) break;
}
printf("%d\n",ans);
}
}
Subtask4
同\(Subtask2\)一样，都可以通过枚举发现同样的结论，所以只需要给\(\text{dp}\)状态加上两维即可AC
(事实是不会证明，但是对拍了20000组随机数据，跑过了<64的所有数据，应该没有问题)
namespace pt4{
ll A[70],Ac,B[70],Bc,C[70],Cc,D[70],Dc;
ll dp[70][2][2][2][2];
ll dfs(int p,int lim1,int lim2,int lim3,int lim4){
if(p==0) return 1;
if(~dp[p][lim1][lim2][lim3][lim4]) return dp[p][lim1][lim2][lim3][lim4];
ll res=0;
int a=lim1?A[p]:0,b=lim2?B[p]:1;
int c=lim3?C[p]:0,d=lim4?D[p]:1;
rep(i,a,b) rep(j,c,d) if((i|j)==T[p])
res+=dfs(p-1,lim1&&i==a,lim2&&i==b,lim3&&j==c,lim4&&j==d);
if(a==0 && b==1 && c==0 && d==1 && T[p]==1) {
res-=min(dfs(p-1,lim1&&0==a,lim2&&0==b,lim3&&1==c,lim4&&1==d),
dfs(p-1,lim1&&1==a,lim2&&1==b,lim3&&0==c,lim4&&0==d));
}
return dp[p][lim1][lim2][lim3][lim4]=res;
}
ll Calc(){
Ac=Bc=0;
while(L1) A[++Ac]=(L1&1),L1>>=1;
while(R1) B[++Bc]=(R1&1),R1>>=1;
while(L2) C[++Cc]=(L2&1),L2>>=1;
while(R2) D[++Dc]=(R2&1),R2>>=1;
memset(dp,-1,sizeof dp);
ll l=0;
cmax(l,Ac),cmax(l,Bc),cmax(l,Cc),cmax(l,Dc),cmax(l,Tc);
return dfs(l,1,1,1,1);
}
void Solve(){ printf("%lld\n",Calc()); }
}
正规Solution(进一步状压了状态)
前面的转移中总是会出现重复，这里我们通过改变dp状态来防止这种重复
每次把可能重复的转移全部存下来
即如果存在两个转移方案\(x \and y\)相同，我们就把转移他们得到的下一步状态压进去，得到一个新的dp
\(dp[i][S]\)表示可能出现的\((lim1,lim2,lim3,lim4)\)组的集合为\(S\)
每次把相同的\(x\and y\)压进同一个状态里，就防止了重复
ll T,L1,R1,L2,R2;
ll dp[61][1<<16];
int Get(int a,int b,int c,int d){ return a|b<<1|c<<2|d<<3; } // 为四个lim1的情况编号
int main(){
T=rd<ll>(),L1=rd<ll>(),R1=rd<ll>(),L2=rd<ll>(),R2=rd<ll>();
dp[60][1<<Get(1,1,1,1)]=1; // 初始的四个lim均为1
drep(i,59,0) {
int l1=L1>>i&1,r1=R1>>i&1,l2=L2>>i&1,r2=R2>>i&1,t=T>>i&1;
rep(S,0,(1<<16)-1) if(dp[i+1][S]) {
int G[2]={0,0};
rep(a,0,1) rep(b,0,1) rep(c,0,1) rep(d,0,1) if(S&(1<<Get(a,b,c,d))) { // 枚举四个lim
rep(x,a?l1:0,b?r1:1) rep(y,c?l2:0,d?r2:1) { // 枚举可行的x,y
if((x|y)!=t) continue;
G[x&y]|=1<<Get(a&&x==l1,b&&x==r1,c&&y==l2,d&&y==r2);
// 把相同的x&y压在一起，防止了重复
}
}
rep(j,0,1) if(G[j]) dp[i][G[j]]+=dp[i+1][S];
}
}
ll ans=0;
rep(i,0,(1<<16)-1) ans+=dp[0][i];
printf("%lld\n",ans);
}
