二进制上的数位dpPOJ 3252

Round number POJ - 3252

　　题目大意：一个"round number" 数的定义是，将它转化成2进制后，0的个数大于等于1的个数，要求的就是在[s,f]范围内"round number"的个数

　　和之前的数位dp不同的是，这题是对二进制的数位进行dp，所以就存在着一个限制，前面有没有存在1，如果前面没有1.那么像00001，就是1，前面的0是不计数的，所以重点就在于考虑这个dfs时就得分前面有没有1，如果没有那么0就不计数，反之我们记录0和1的差值，取0加1，取1减1，不过需要注意的是，差值可能是负数，所以要转正数，详情见代码

 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #define ll long long
 const int N=;
 int up[N];
 ll n,s,f,dp[N][*N][];//dp[i][j][k]代表当前为第i位，前面0和1的差值为j-N,前面有没有1的结果
 //例如dp[4][50][1]就代表第4位,在第4位前面0和1差值为0，并且前面有1的结果数
 ll dfs(int p,int d,bool is1,bool isu)//p 位数，d 0和1的差值，is1 该位前面有没有1 isu有没有上限
 {
     if(!p)//边缘状态，0大于等于1（d>=0)返回1，反之返回0
         return d>=;
     if(-d>p)//小剪枝，如果剩下位数全是0加起来都没有1多，返回0
         return ;
     if(!isu&&dp[p][d+N][is1]!=-)
         return dp[p][d+N][is1];
     ll ans=;
     for(int i=;i<=(isu ? up[p] : );i++)
     {
         if(is1)//当前面有1正常记录0的差值
             ans+=dfs(p-,(i ? d- : d+),is1||i,isu&&i==up[p]);
         else//当前面没有1，0不计,1记-1
             ans+=dfs(p-,-i,is1||i,isu&&i==up[p]);
     }
     if(!isu)
         dp[p][d+N][is1]=ans;
     return ans;
 }
 ll solve(ll x)
 {
     int num=;
     while(x)
     {
         up[++num]=x&;
         x>>=;
     }
     return dfs(num,,,);
 }
 int main()
 {
     ll s,f;
     memset(dp,-,sizeof(dp));
     while(~scanf("%lld%lld",&s,&f))
         printf("%lld\n",solve(f)-solve(s-));
     return ;
 }

RNGRNGRNG

　　关于结果的存储，不同的想法具体的dp还有也不同，有些是dp[i][j][k]是当前是第i位，前面0的个数为j，前面1的个数为k的结果有多少个，不过大体的思路还是相同的

　　除数位dp外，还有一个组合数学的解法,不过相比大佬们，我的思路有点麻烦，详情见代码

 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #define ll long long
 ll n,m,c[][]={},a[]={};//c组合数,a[i]长度为i，首位1在第i位存在RN的个数
 //比加a[1]保存1,a[2]保存10,11,a[3]保存100,101,110,111，中满足RN的个数
 //所以a[1]=0,a[2]=1,a[3]=1
 int up[]={};
 void init()
 {
     for(int i=;i<=;i++)
     {
         c[i][]=;
         for(int j=;j<=i;j++)
         {
             if(j<=i/)
                 c[i][j]=c[i-][j-]+c[i-][j];
             else
                 c[i][j]=c[i][i-j];
         }
         for(int j=i-;j>=(i+)/;j--)//首位i是1，剩下i-1位0可以i-1个,
         //i-2个,假设最少取j个满足要求,那么j>=(i+1)/2（0的数目大于等于总数目的一半）
             a[i]+=c[i-][j];
     }
 }
 ll solve(ll x)
 {
     int num=;
     while(x)
     {
         up[++num]=x&;
         x>>=;
     }
     ll ans=;
     for(int i=;i<num;i++)
         ans+=a[i];
     //假如x转化成2进制是1101
     //先算上1,10~11,100~111的里的答案
     if(num>)//先把1000算上
         ans++;
     int z=;//记录第i位前0的个数
     //再来计算1000~1101之间的答案，down代表有没有计算到下界
     //一开始的下界就是1000
     for(int i=num-,down=;i>=;i--)
     {
         if(up[i])//当存在1时,例如第二位就是1，我们就求的是1000~1100的答案
         {
             if(down)//因为之前已经算过1000了，所以这里减去
                 ans--,down=;
             for(int j=i-;z+j+>=(num+)/&&j>=;j--)//假设第i位是0，前面的0加上
             //第i位再加上后面取的j个0，总的0的个数要大于等于总个数
                 ans+=c[i-][j];
             if(i-+z>=(num+)/)//假设后面的i-1全是0,0的个数大于等于总个数
                 ans++,down=;//那么1100可以作为下界
         }
         else
             z++;
     }
     return ans;
 }
 int main()
 {
     init();
     while(~scanf("%lld%lld",&n,&m))
         printf("%lld\n",solve(m)-solve(n-));
     return ;
 }

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