1585 例题1 Amount of Degrees(Ural 1057 LOJ10163) 进制转换纯枚举从40分到60分数位DP100分初次使用string

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看完题目，感觉就是一个进制转换。

样例数据如下：

17对应2进制10001 数1的个数有2个
18对应2进制10010 数1的个数有2个
20对应2进制10100 数1的个数有2个

该题有个极端的测试数据：

1 2^31-1
20
2即
1 2147483647
20
2

很明显，AC的解法，一定是成片的计算数量。

目前能怎么办？从初级的算法入手，慢慢改进，看能到什么程度。

1.进制转换,纯枚举,输出符合的数量.

样例通过，提交40分

ybt

未通过

测试点	结果	内存	时间
测试点1	答案正确	620KB	2MS
测试点2	答案错误	616KB	2MS
测试点3	运行超时	580KB	995MS
测试点4	运行超时	596KB	998MS
测试点5	运行超时	580KB	998MS
测试点6	答案正确	612KB	63MS
测试点7	运行超时	588KB	1000MS
测试点8	运行超时	580KB	998MS
测试点9	运行超时	580KB	998MS
测试点10	运行超时	584KB	998MS

LOJ

40分代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int x,y,k,b;
void init(){scanf("%d%d%d%d",&x,&y,&k,&b);
}
int count1(int a){int cnt=0;while(a){cnt+=((a%b)==1);//统计1的数量 a/=b;if(cnt>k){//优化，避免无谓的计算 cnt=-1;break;}}return cnt;
}
void solve(){int i,ans=0;for(i=x;i<=y;i++){ans+=(count1(i)==k);}printf("%d\n",ans);
}
int main(){init();solve();return 0;
}

超时可以理解，有测试点错误，不可接受，想不通。

突然想到一组测试数据：

输入:
1 9
1 3输出:
3有效的是
1=1*3^0
3=1*3^1
9=1*3^2

然而上述代码对应的输出是5

很显然5=2*3^0+1*3^1等无效数据也被统计了。

ybt

未通过

测试点	结果	内存	时间
测试点1	答案正确	608KB	2MS
测试点2	答案正确	612KB	2MS
测试点3	运行超时	576KB	998MS
测试点4	运行超时	584KB	998MS
测试点5	运行超时	580KB	998MS
测试点6	答案正确	616KB	92MS
测试点7	运行超时	576KB	996MS
测试点8	运行超时	576KB	998MS
测试点9	运行超时	572KB	998MS
测试点10	运行超时	572KB	997MS

LOJ

60分代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int x,y,k,b;
void init(){scanf("%d%d%d%d",&x,&y,&k,&b);
}
int count1(int a){int cnt=0;while(a){if(a%b==1)cnt+=1;//统计1的数量else if(a%b){//系数不是1 cnt=-1;break;} a/=b;if(cnt>k){//优化，避免无谓的计算 cnt=-1;break;}}return cnt;
}
void solve(){int i,ans=0;for(i=x;i<=y;i++){ans+=(count1(i)==k);}printf("%d\n",ans);
}
int main(){init();solve();return 0;
}

2.数位DP

由于所求的幂互不相等，符合条件的数写成B进制一定只由0和1组成。

因此我们只考虑B=2的情况。

此处区间满足区间减法，即count(X,Y)=count(0,Y)-count(0,X-1)

因此我们唯一需要求的就是，给定n，求出所有不超过n的正整数中，其二进制表示恰好含有K个"1"的有多少。

这里，我使用一棵完全二叉树来代表一个区间内的数。

例如图中高度为4的完全二叉树就可以代表所有长度为4的二进制数。

(左枝是0，右枝是1，有点像哈夫曼编码。)

其范围为[0,2^4-1]

每个叶子就代表了一个数。

假设K=3 ，n=13，其二进制为1101。

为了方便起见，树的根( 人为引入 )用 0 表示。这样，这棵高度为 4 的完全二叉树就可以表示所有 4

位二进制数（ 0..2^ 4 -1 ），每一个叶子节点代表一个数。其中，红色路径表示 n 。所有小于 n 的

数组成了三棵子树，分别用蓝色、绿色、紫色表示。因此，统计小于 13 的数，就只需统计

这三棵完整的完全二叉树：统计蓝子树内含 3 个 1 的数的个数、统计绿子树内含 2 个 1 的数

的个数（因为从根到此处的路径上已经有 1 个 1 ），以及统计紫子树内含 1 个 1 的数的个数。

注意到，只要是高度相同的子树统计结果一定相同。而需要统计的子树都是“右转”时遇到

的( 请注意：统计的全是左子树 )。当然，我们不能忘记统计 n 本身。实际上，在算法最初时将 n 自加 1 ，可以避免讨论 n

本身，但是需要注意防止上溢。

很容易递推求出这个问题：

设f[h,s]表示在高度为h(h>=1,因根节点0是人为引入)的完全二叉树包含的数中（范围是[0,2^h-1]），二进制中恰含s个1的数有多少。(注意s<=h,因具体到某个数，是从根节点走到叶节点经历的01)

f[h,s] = f[h-1,s] (左子树中的个数) + f[h-1,s-1](右子树中的个数)

(注：f[h,s]根是0

f[h-1,s]左子树的根是0，故除左子树根节点0外，还需s个1.

f[h-1,s-1]右子树的根是1，故除右子树根节点1外，还需s-1个1.)

剩下的问题就是，如何将任意进制问题转化为二进制问题。

(若左起有大于1的数位，下面转换对右边界Y没有问题，转换只是将不大于Y的符合题意的数找出，因Y本身不符合题意，故右边界没有少计数，也没有多计数。)

(若左起有大于1的数位，下面转换对左边界X没有问题，转换只是将不大于X的符合题意的数找出，因X本身不符合题意，故左边界没有少计数，也没有多计数。)

(思维难点)只需贪心将n的B进制表示转化为只含01：找到n的左起(左是高位)第一位大于1的数位，将它以及它右边所有数位赋为1(即找到最接近n的符合题意的数)。

递推求f的时间复杂度为O(log^2(n))，每次询问的时间复杂度为O(log(n))，因此总时间复杂度为O(log^2(n))。

问题得到完美解决！

实际上，我们也可以只用“位”的思想来考虑这个问题，而不使用树的思想。

我们每次找到n的"1"数位，将它赋为0，则其右面的数位可任取0、1。

可根据组合数算出满足题意的数的个数。

穷举所有“1”数位，计算组合数，即可完成询问。

事实上，f的递推公式正是组合数公式！

与树的思想异曲同工!

使用高度为h的完全B叉树表示所有长度为h的B进制数，思考起来更加直观，在处理较复杂问题时优点明显。

当然，最终程序我们并不真正建树，它的作用只是帮助我们思考。

无论从树结构考虑还是从数位的角度考虑，基本思想都是：

逐位确定

ybt

通过

测试点	结果	内存	时间
测试点1	答案正确	600KB	2MS
测试点2	答案正确	604KB	1MS
测试点3	答案正确	604KB	1MS
测试点4	答案正确	616KB	1MS
测试点5	答案正确	600KB	1MS
测试点6	答案正确	608KB	1MS
测试点7	答案正确	604KB	1MS
测试点8	答案正确	600KB	1MS
测试点9	答案正确	600KB	1MS
测试点10	答案正确	612KB	1MS

LOJ

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int x,y,k,b;
int f[35][35];
void init(){scanf("%d%d%d%d",&x,&y,&k,&b);
}
int i2b(int x){//将整数x转换成B进制 string s;int i,j;while(x){//将整数x转换成字符串,逆序存储 s=s+char(x%b+'0');//注意 2<=B<=10,故s%b的值落在[1,9]区间 x/=b;}for(i=0;i<s.size();i++){if(s[i]>'1')//若i位大于1,将0-i位之间数据设置为1 for(j=0;j<=i;j++)s[j]='1';}x=0;for(i=0;i<s.size();i++)//以01形式重写x x|=((s[i]-'0')<<i);return x;
}
void fx(){//处理手法,类杨辉三角 int i,j;//全是0,全是1,均只有一种情形,初始化,需注意for(i=0;i<=31;i++)//边界初始化 f[i][0]=f[i][i]=1; for(i=1;i<=31;i++)for(j=1;j<i;j++)f[i][j]=f[i-1][j]+f[i-1][j-1];
}
int count(int x){int i,j,tot=0,ans=0;for(i=31;i>0;i--){//自高位向低位扫描 if(x&(1<<i)){tot++;if(tot>k)break;x^=(1<<i);//将第i位从1置为0 }if((1<<(i-1))<=x)//寻找合适的左子树 ans+=f[i-1][k-tot];}if(tot+x==k)ans++;//判断自身是否相同return ans; 
}
int main(){init();x=i2b(x-1);y=i2b(y);fx();printf("%d\n",count(y)-count(x));return 0;
}

该题习得什么？

第一次对数位DP有了印象，心心念的二进制位操作出现了。

在统计ans过程中，细节较多，该题若作为试题，100分的代码初次编写时很难完成的。