AcWing 1081：度的数量 ← 数位DP
【题目来源】
【题目描述】
求给定区间 [X, Y] 中满足下列条件的整数个数：这个数恰好等于 K 个互不相等的 B 的整数次幂之和。
例如，设 X=15，Y=20，K=2，B=2，则有且仅有下列三个数满足题意：
17=2^4+2^0
18=2^4+2^1
20=2^4+2^2
【输入格式】
第一行包含两个整数 X 和 Y，接下来两行包含整数 K 和 B。
【输出格式】
只包含一个整数，表示满足条件的数的个数。
【输入样例】
15 20
2
2
【输出样例】
3
【数据范围】
1≤X≤Y≤2^31−1，
1≤K≤20，
2≤B≤10
【算法分析】
● 数位DP（Digit Dynamic Programming）是一种用于解决数字数位相关计数问题的动态规划算法。其核心思想是将数字按位拆解，通过递归或递推的方式处理每一位的选择，并利用记忆化搜索来避免重复计算，从而高效统计满足特定条件的数字数量。
● 数位DP通过记录前导零、数位限制等状态，将问题复杂度从 O(n) 降低到 O(log n)，能够处理非常大的数字范围（如 10^18）。其实现通常是将统计 [le, ri] 的问题转化为统计 [1, ri] 和 [1, le-1] 的结果相减。
● 组合数的性质： ，对应的 LaTex 代码为：C_{i}^{j}=C_{i-1}^{j-1}+C_{i-1}^{j}
● 本题算法思想（改编自：）
（一）f[i][j] 表示在 i 个位置上放置 j 个 1 的组合数。
（二）利用短除法将数字 n 对 B 求余所得的各位依次放入一个名为 v 的 vector 中。然后，从右至左枚举 v。假设枚举到第 i 位，第 i 位上的数字是 x，分以下儿种情况讨论（其中，pre 记录第 i 位之右放置 1 的个数）。
1. x==0，直接跳过，继续向左枚举一位；
2. x==1，第 i 位分成两种情况：
（1）第 i 位放 0，左边 i-1 个位上可以放 k-pre 个 1，cnt+=f[i-1][k-pre]；
（2）第 i 位放 1，左边 i-1 个位上的情况不能用组合数计算，因为要保证答案中的数字比原数字小，所以固定第 i 位为 1，继续向左枚举一位；
3. x>1，第 i 位分成三种情况：
（1）第 i 位放 0，左边 i-1 个位上可以放 k-pre 个 1，cnt+=f[i-1][k-pre]；
（2）第 i 位放 1，左边 i-1 个位上可以放 k-pre-1 个 1，cnt+=f[i-1][k-pre-1]；
（3）第 i 位放大于 1 的数，已经不合要求，没必要继续枚举，直接 break。
【算法代码】
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=35; //数的位数
int f[N][N]; //f[i][j]表示在i个位置上放置j个1的组合数
int k,b;
void init() {
for(int i=0; i<N; i++)
for(int j=0; j<=i; j++)
if(j==0) f[i][j]=1;
else f[i][j]=f[i-1][j-1]+f[i-1][j];
}
int dp(int n) {
if(n==0) return 0;
vector<int> v;
while(n) {
v.push_back(n%b);
n/=b;
}
int cnt=0,pre=0;
for(int i=v.size()-1; i>=0; i--) {
int x=v[i];
if(x>0) {
cnt+=f[i][k-pre];
if(x>1) {
if(k-pre-1>=0) cnt+=f[i][k-pre-1];
break;
} else {
pre++;
if(pre>k) break;
}
}
if(i==0 && pre==k) cnt++;
}
return cnt;
}
int main() {
init();
int le,ri;
cin>>le>>ri>>k>>b;
cout<<dp(ri)-dp(le-1)<<endl;
return 0;
}
/*
in:
15 20
2
2
out:
3
*/
【参考文献】
浙公网安备 33010602011771号