20180606模拟赛T4——数学游戏
数学游戏
题目描述：
小T又发脑残了，没错，她又要求奇怪的东西，这次她想知道[X,Y]之间整数有多少可以表示成K个不同的B的幂的和形势。如\(x,y,k,b=15,20,2,2\)，则有：
\[17=2^4+2^0
\]
\[18=2^4+2^1
\]
\[20=2^4+2^2
\]
共3个符合要求的数
输入格式：
输入仅包含一行4个空格隔开的整数X，Y，K，B（1≤X≤Y≤2^31 -1,1≤K≤20）
输出格式：
输出文件包含一行一个即为所求合法数字个数。
样例输入：
15 20 2 2
样例输出：
3
题解
首先想到的是dfs大力枚举所有子集，这样就拿到了78分的好成绩。
void dfs(int kk,int t,int now)
{
if(t==k)
{
if(now>=x&&now<=y) ans++;
return;
}
if(kk>y) return;
dfs(kk*b,t+1,now+kk);
dfs(kk*b,t,now);
}
紫书中介绍了几种枚举子集的方法，所以我用了二进制枚举法，即类似状压一样，1代表选，0代表不选，那我们就可以直接用一个for循环枚举两者之间的所有数，这就枚举了所有子集。
这让我想到了NOIP2006普及T4 数列。
虽然没有剪枝，但似乎除T掉的点外其他都是0.00s过的。
这两个测试点的数据是这样的：
gema2.in:
1 2147483647 20 2
gema8.in:
4 2147483640 18 2
明显在卡子集生成。
代码如下：
#include <fstream>
using namespace std;
ifstream fin("maga.in");
ofstream fout("maga.out");
typedef long long LL;
LL x, y, k, b;
inline bool pan(LL a)//判断二进制下1是否有k个
{
int ans = 0;
while(a)
{
ans++;
a = a & (a-1);
if(ans > k)
return false;
}
return ans == k;
}
inline LL getn(LL x)
{
LL ans = 0;
LL t = 1;
while(x > t)
{
t *= b;
ans++;
}
return 1 << ans;
}
inline bool ppan(LL x)//判断是否越界
{
LL ans = 0;
LL tk = 1;
while(x)
{
if(x & 1)
ans += tk;
tk *= b;
x >>= 1;
}
return ans <= y;
}
int main()
{
fin >> x >> y >> k >> b;
LL na = getn(x);
LL ans = 0;
for(LL i = na; ppan(i); ++i)
{
if(pan(i))
ans++;
}
fout << ans << '\n';
return 0;
}
其中pan函数比较玄学，看不懂的可以戳这里。
正解其实思想与二进制枚举是差不多的，但复杂度大不相同。
令dp[len][lim][gs]代表枚举到第len位，是否卡上限，其中一的个数有多少。
以len为主线进行大力转移即可。
下面贴一下代码。
#include <fstream>
using namespace std;
ifstream fin("maga.in");
ofstream fout("maga.out");
int x, y, k, b;
int dp[30][2][30];
int shu[10];//k进制下的每一位
inline int js(int len, bool lim, int gs)
{
if(!lim && dp[len][lim][gs])
return dp[len][lim][gs];
if(gs > k)
return 0;
if(!len)//如果长度到了就直接判掉
{
if(gs == k)
return dp[len][lim][gs] = 1;
else
return dp[len][lim][gs] = 0;
}
bool limit;
if(lim && !shu[len])//如果到上界且该位为0，那该位不能选1
limit = false;
else
limit = true;
int ans = 0;
for(int i = 0; i <= limit; ++i)
ans += js(len-1, lim && i == shu[len], gs+(i==1));
return dp[len][lim][gs] = ans;
}
inline int get_ans(int x)
{
int tmp = 0;
while(x)//先转化为k进制下的数
{
shu[++tmp] = x % b;
x /= b;
}
return js(tmp, 1, 0);
}
signed main()
{
fin >> x >> y >> k >> b;
fout << get_ans(y) - get_ans(x-1);
return 0;
}
当然，直接数位dp也是可以的。
inline int calc(int x){
if(x<=0)return 0;
memset(f,0,sizeof f);
memset(num,0,sizeof num);
size=0;
while(x){
num[++size]=x%b;
x/=b;
}
if(num[size]>1){
f[size][1][0]=1;
f[size][0][0]=1;
}else{
f[size][0][0]=1;
f[size][1][1]=1;
}
for(int i=size-1;i>=1;i--){
if(num[i]>=1){
for(int j=0;j<=min(k,size-i+1);j++){
if(j)f[i][j][0]+=f[i+1][j-1][0];
f[i][j][0]+=f[i+1][j][0];
f[i][j][0]+=f[i+1][j][1];
if(j){
if(num[i]==1){
f[i][j][1]+=f[i+1][j-1][1];
}else{
f[i][j][0]+=f[i+1][j-1][1];
}
}
}
}else{
for(int j=0;j<=min(k,size-i+1);j++){
f[i][j][0]+=f[i+1][j][0];
if(j)f[i][j][0]+=f[i+1][j-1][0];
f[i][j][1]+=f[i+1][j][1];
}
}
}
return f[1][k][0]+f[1][k][1];
}
