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;
}
