牛客假日团队赛5 F 随机数 BZOJ 1662: [Usaco2006 Nov]Round Numbers 圆环数 （dfs记忆化搜索的数位DP）

链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/984/F

来源：牛客网

随机数

时间限制：C/C++ 1秒，其他语言2秒

空间限制：C/C++ 32768K，其他语言65536K

64bit IO Format: %lld

题目描述

正如你所知，奶牛们没有手指以至于不能玩“石头剪刀布”来任意地决定例如谁先挤奶的顺序。她们甚至也不能通过仍硬币的方式。

所以她们通过"round number"竞赛的方式。第一头牛选取一个整数，小于20亿。第二头牛也这样选取一个整数。如果这两个数都是 "round numbers"，那么第一头牛获胜，否则第二头牛获胜。

如果一个正整数N的二进制表示中，0的个数大于或等于1的个数，那么N就被称为"round number" 。例如，整数9，二进制表示是1001，1001 有两个'0'和两个'1'; 因此，9是一个round number。26 的二进制表示是 11010 ; 由于它有2个'0'和3个'1'，所以它不是round number。

很明显，奶牛们会花费很大精力去转换进制，从而确定谁是胜者。 Bessie 想要作弊，而且认为只要她能够知道在一个指定区间范围内的"round numbers"个数。

帮助她写一个程序，能够告诉她在一个闭区间中有多少Hround numbers。区间是[start, finish]，包含这两个数。 (1 <= Start < Finish <= 2,000,000,000)

输入描述:

Line 1: 两个用空格分开的整数，分别表示Start 和 Finish。

输出描述:

Line 1: Start..Finish范围内round numbers的个数

示例1

输入

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2 12

输出

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6

说明

2 10 1x0 + 1x1 ROUND

3 11 0x0 + 2x1 NOT round

4 100 2x0 + 1x1 ROUND

5 101 1x0 + 2x1 NOT round

6 110 1x0 + 2x1 NOT round

7 111 0x0 + 3x1 NOT round

8 1000 3x0 + 1x1 ROUND

9 1001 2x0 + 2x1 ROUND

10 1010 2x0 + 2x1 ROUND

11 1011 1x0 + 3x1 NOT round

12 1100 2x0 + 2x1 ROUND

题意：



思路：



数位dp经典题，代码中有备注，看代码吧。

细节见代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <vector>
#include <iomanip>
#define ALL(x) (x).begin(), (x).end()
#define rt return
#define dll(x) scanf("%I64d",&x)
#define xll(x) printf("%I64d\n",x)
#define sz(a) int(a.size())
#define all(a) a.begin(), a.end()
#define rep(i,x,n) for(int i=x;i<n;i++)
#define repd(i,x,n) for(int i=x;i<=n;i++)
#define pii pair<int,int>
#define pll pair<long long ,long long>
#define gbtb ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define MS0(X) memset((X), 0, sizeof((X)))
#define MSC0(X) memset((X), '\0', sizeof((X)))
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define eps 1e-6
#define gg(x) getInt(&x)
#define chu(x) cout<<"["<<#x<<" "<<(x)<<"]"<<endl
using namespace std;
typedef long long ll;
ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;}
ll lcm(ll a,ll b){return a/gcd(a,b)*b;}
ll powmod(ll a,ll b,ll MOD){ll ans=1;while(b){if(b%2)ans=ans*a%MOD;a=a*a%MOD;b/=2;}return ans;}
inline void getInt(int* p);
const int maxn=1000010;
const int inf=0x3f3f3f3f;
/*** TEMPLATE CODE * * STARTS HERE ***/

int dp[50][50][50];
int cnt;
int c[60];
// 前导0状态： id位之前没有一个位置是填1的。
int dfs(int id,int cnt1,int cnt0,int limit,int qd0state)
{
	if(!id)// 如果到最后一位
	{
		if(qd0state)// 还为前导0状态，也就是这个数为0，符合条件的。
			return 1;
		else
			return cnt0>=cnt1; 返回是否符合条件
	}
	if(!limit&&!qd0state&&dp[id][cnt1][cnt0]!=-1)
		return dp[id][cnt1][cnt0];// 记忆化搜索部分。
	int up;// 当前位的上限制。
	if(limit)// 有限制就本分的用当前位的数值。
	{
		up=c[id];
	}else{
		up=1;// 无限制，即之前有一位原数是1，但定为了0，后面随便取都不会比x大、
	}
	int res=0;
	for(int j=0;j<=up;++j)
	{
		if(qd0state)
		{
			if(j==0)
			{
				res+=dfs(id-1,0,0,limit&&(j==up),1);// 继续前导0.
			}else
			{
				res+=dfs(id-1,cnt1+1,cnt0,limit&&(j==up),0);
			}
		}else
		{
			if(j==0)
			{
				res+=dfs(id-1,cnt1,cnt0+1,limit&&(j==up),0);
			}else
			{
				res+=dfs(id-1,cnt1+1,cnt0,limit&&(j==up),0);
			}
		}
	}
	if(!limit&&!qd0state)
		dp[id][cnt1][cnt0]=res;// 存信息，当下次无限制，非前导0状态下，直接返回结果。节省时间
	return res;
}
int solve(int x)
{
	cnt=0;
	while(x)// 处理x的二进制信息。
	{
		if(x&1)
			c[++cnt]=1;
		else
			c[++cnt]=0;
		x>>=1;
	}
	return dfs(cnt,0,0,1,1);
}

int main()
{
    //freopen("D:\\common_text\\code_stream\\in.txt","r",stdin);
	//freopen("D:\\common_text\code_stream\\out.txt","w",stdout);

	int l,r;
	cin>>l>>r;
	memset(dp,-1,sizeof(dp));
	cout<<solve(r)-solve(l-1)<<endl;

    return 0;
}

inline void getInt(int* p) {
    char ch;
    do {
        ch = getchar();
    } while (ch == ' ' || ch == '\n');
    if (ch == '-') {
        *p = -(getchar() - '0');
        while ((ch = getchar()) >= '0' && ch <= '9') {
            *p = *p * 10 - ch + '0';
        }
    }
    else {
        *p = ch - '0';
        while ((ch = getchar()) >= '0' && ch <= '9') {
            *p = *p * 10 + ch - '0';
        }
    }
}