合集-数位DP
摘要：原题链接 题解 abcdefg等价于求 a000000+b00000+c0000+d000+e00+f0+g code #include<bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; ll ten[14]={0}; ll f[14]
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摘要：原题链接 题解 1.abcdef= 1 ~ a* + ab* ~ abc + abc* ~ abcd + ... + abcde * ~ abcedf code #include<bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; ll
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摘要：原题链接 题解 1.异或是01变1，11变0，或是01变1，11变1，所以或的越多（即分的组越多），结果越大 2.我们令x=x+1，这样小于等于x的 问题就变成了小于x 的问题，这里我们采用逼近答案的方法。 3.对于某一位而言，如果有奇数个元素在这一位上是1，那么不管怎么分，最后的结果肯定是1，如果
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摘要：原题链接 题解 1.如果数字为 \(100110101\) 那么答案为 \(000000000\) ~ \(011111111\) 中，k个1的组合数 + \(100000000\) ~ \(100011111\) 中k-1个1的组合数 +...+ \(1010101...\) （有k个1） 中0个
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摘要：原题链接 题解 由于题目能使 \(a_i⊕x≤k\) 的 \(x\) 没有限制，所以我们反过来求能使其成立的x的范围 对于a,k二进制下的第i位，如果都为1，我们可以令此时的x在这一位也为一，然后i后面的位去什么都可以，然后x=0的时候也可能可以，就看后面有没有小于的 如果a为1，k为0，那么此时x
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摘要：原题链接 题解 1.一眼数位dp， 康托是谁？不认识，在每一位确保小于的时候可以任意取 2.阶乘一开始就要放好 3.在遍历到后面几位的时候，可能前面几位用过了比x小的树，所以我们要知道小于x且没被用过的个数，这就是区间查询加单点修改，树状数组比较方便 4.树状数组的空间复杂度比较小，每个点就对应且只
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摘要：原题链接 题解 一个细节坑我好久 code #include<bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; ll f[15][15]={0};//从最高位第i位数字为j时的数字里有多少windy数 ll solve(ll now)
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摘要：原题链接 题解 关键因素：\(b_i\) 与 \(b_{i-1}\) 至少有一位都是一 这是我第一份代码 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int a[100005],dp[100005]={0}; int main() { int n; ci
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摘要：原题链接 一句话题意 分别找出长度为n，每位数字和恰好为m的最小数和最大数，如果找不到输出”-1 -1“ 思维 怎么确保构造的数最小/大？ 怎么确保数字和恰好为m？ 实施 遍历每一位，贪心地选取最大/最小的数，直到接下来的数字不足以贪心 细节 1.没有前导零 2.数字和恰好为m 3.注意边界特判 c
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摘要：原题链接 题解 1.先想想能不能暴力？ 发现好像不行，因为不知道哪些元素组合的按位与能恰好有k个1 2.观察数据范围，发现 \(a_i \leq 63\) 也就是说，按位与的结果最大不会大于63 ，即 6 位 1 ，这暗示着我们可能可以从这里入手，即遍历所有按位与的情况，然后判断每种有k个1的按位与
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摘要：原题链接 题解 由于数位很大，所以要朝着数位方向想，对于从左到右数第 \(i\) 位，其贡献为 \([1,i-1]\) 位组成的数字*10 + \(s_i\)，等于 \([1,i]\) 区间放到了答案的 \([n-i+1,n]\) code #include<bits/stdc++.h> using
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摘要：原题链接 题解 任何数一定可以被二进制表示下最低位的一及以下的二次方数整除 code #include<bits/stdc++.h> #define ll long long #define lowbit(x) ((x)&(-x)) using namespace std; void solve()
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