題目:傳送門
題目大意:輸入兩個數start和finish,求閉區間[start,finish]中Round Numbers(二進制表示中0的個數大於等於1的個數)的個數。
分析:有兩種做法。
一種是數位dp,limit的作用是,如果當前pos位之前的更高位已經達到最大值(默認受bit[]限制),那麼當前位就會受bit[]限制,否則,則當前位爲0,1都可以,這是爲了保證搜索的數不會比x大。lead表示第一位是否已經有一個1。用dp[][][](dp[pos][c0][c1]:搜索到pos位且更高位包含c0個0、c1個1時的Round Numbers(以下采用縮寫RN)數)存儲已經求得的值,使用記憶化搜索避免子問題重複計算。
第二種做法是將此問題看做一個組合數學問題。若要求<=x的RN數,比如數字x的二進制表示長度爲len,那麼我們先求二進制表示長度小於len的RN數,這個比較容易,設
然後再加上長度爲
代碼:
/*數位dp*/
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <string>
using namespace std;
int dp[33][33][33];
int bit[33];
int dfs(int pos,int c0,int c1,bool lead,bool limit){
if(pos==-1){
if(lead) return 1;
if(c0>=c1) return 1;
return 0;
}
if(!lead&&!limit&&dp[pos][c0][c1]!=-1) return dp[pos][c0][c1];
int up=limit?bit[pos]:1;
int ans=0;
for(int i=0;i<=up;++i){
if(lead){
if(!i) ans+=dfs(pos-1,0,0,lead,limit&&i==up);
else ans+=dfs(pos-1,c0,c1+1,false,limit&&i==up);
}
else{
if(!i) ans+=dfs(pos-1,c0+1,c1,lead,limit&&i==up);
else ans+=dfs(pos-1,c0,c1+1,lead,limit&&i==up);
}
}
if(!lead&&!limit) dp[pos][c0][c1]=ans;
return ans;
}
int solve(int x){
int len=0;
while(x) bit[len++]=x&1,x>>=1;
return dfs(len-1,0,0,true,true);
}
int main(){
int s,f;
while(cin>>s>>f){
memset(dp,-1,sizeof dp);
cout<<solve(f)-solve(s-1)<<endl;
}
return 0;
}
/*組合數學*/
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <string>
using namespace std;
int s,f;
int c[33][33];
int bit[33];
void calC(){
c[0][0]=c[1][0]=c[1][1]=1;
for(int i=2;i<33;++i){
c[i][0]=1;
for(int j=1;j<i;++j){
c[i][j]=c[i-1][j-1]+c[i-1][j];
}
c[i][i]=1;
}
}
int solve(int x){
if(x<=1) return 0;
int ans=0;
int len=0;
int c0=0,c1=0;
while(x){
if(x&1) bit[len++]=1,c1++;
else bit[len++]=0,c0++;
x>>=1;
}
if(c0>=c1) ans++;
for(int i=1;i<len;++i){
if(i&1) ans+=((1<<(i-1))-c[i-1][(i-1)/2])/2;
else ans+=(1<<(i-1))/2;
}
c0=0; c1=1;
for(int i=len-2;i>=0;--i){
if(bit[i]==1){
for(int j=i;j>=0&&c0+j+1>=c1+i-j;--j){
ans+=c[i][j];
}
c1++;
}
else c0++;
}
return ans;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
calC();
while(cin>>s>>f){
cout<<solve(f)-solve(s-1)<<endl;
}
return 0;
}