[雅礼NOIP集训 2017] number 解题报告 (组合数+二分)
题解:
令$S(i)={i+1,i+2,...,i<<1}$,f(i,k)表示S(i)中在二进制下恰好有k个1的数的个数
那么我们有$f(i,k)=\sum_{x=1}^{min(k,p)}\dbinom{a_x+1}{k-x+1}-\dbinom{a_x}{k-x+1}$
$a_x$表示i在二进制下第x高的1所在的2的幂次,p是i在二进制下1的个数
为什么呢?我们设g(i,k)表示在小于等于i的数中在二进制下1的个数等于k的数的个数,那么我们有f(i,k)=g(i<<1,k)-g(i,k)
考虑怎么算g(i,k)。对于i的每一位1,我们强制把这一位变成0,假设这个1是第x高的1,在二进制下的次幂为$a_x$,那么我们保持前x-1个1不变,把剩下的k-x+1(+1是因为第x位变成了0空出了一个1)个1分配到从小到大$a_x$个位置里。由于第x位被强制变成了0,新分配的数一定满足1的个数为k且小于i;对于每一位1我们这样处理,可以保证方案数不重不漏
如果本身i在二进制下就有k个1,那么i<<1在二进制下肯定也有k个1,这样方案数就抵消了,因此在上面的算式中没有考虑这样的情况
下面来看两个结论:
结论1:$f(i,k)<=f(i+1,k)$
证明:
显然i+1的S集合与i的S集合相比多了2*i+1,2*i+2,少了i+1,我们发现如果i+1是算入了贡献的,那么2*i+2显然也被算入了贡献,这样就抵消了,得证
结论2:k>1时,$f(i,k)<f(i<<1,k)$
这个,咱们感性理解一下吧,应该也不难证
结论3:m=0时,n的个数为(1<<k-1)-1;k=1时,n一定可以取1,并且有正无穷个答案,其他情况答案都不是正无穷
证明:
m=0时,说明S集合中不存在一个数在二进制下1的个数为k,那么n的取值一定是小于等于(1<<k-1)-1的,不理解的话请注意S集合的定义
k=1时,由于保证有解,m一定为1。正无穷个答案很好理解吧。至于其他情况答案有穷性,我也不会证
由结论1得知,符合条件的n是连在一起的
由结论2得知,当k>1时,所有的n都在2e18以内
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