造数字（数位DP）

题面

JZM 想要创造两个数字 x 和 y，它们需要满足 x or y = T，且L_x ≤ x ≤ R_x, L_y ≤ y ≤ R_y，JZM 想知道 x and y 有多少种可能的不同的取值。若有多组 (x, y) 有相同的 x and y 的取值，则只算一次。

0 ≤ T,L_x,R_x,L_y,R_y < 2⁶⁰.

Sample Input
11 3 10 8 13
Sample Output
7

题解

看上去貌似是数位 DP，于是我们就设计一个 DP：

d

p

[

i

]

[

s

1

]

[

s

2

]

[

s

3

]

[

s

4

]

dp[i][s_1][s_2][s_3][s_4]

dp[i][s1​][s2​][s3​][s4​] 表示[当前转移到第

i

i

i 位，

x

x

x 是/否达到下界，

x

x

x 是/否达到上界，

y

y

y 是/否达到下界，

y

y

y 是/否达到上界]时

x and y

\text{x and y}

x and y 有多少种不同的取值。

然后观察样例，我们发现这不好转移，原因是本质相同的一种与值很容易计算多次。我们如果能保证当前位与值为 1 时和为 0 时两种情况能唯一转移到其它状态，这样就能保证不重复。但是如果当前位与值为 0 ，

x

,

y

x,y

x,y 可以是

0 & 1

\text{0 \& 1}

0 & 1，

1 & 0

\text{1 \& 0}

1 & 0 或

0 & 0

\text{0 \& 0}

0 & 0，而三种情况

{

s

1

,

s

2

,

s

3

,

s

4

}

\{s_1,s_2,s_3,s_4\}

{s1​,s2​,s3​,s4​} 结果不一样，那么就不可避免的要么计算重复，要么计算缺失了。

如果说这种情况能唯一对应一个状态的话，那就是状态集

{

{

s

1

,

s

2

,

s

3

,

s

4

}

1

,

{

s

1

,

s

2

,

s

3

,

s

4

}

2

,

.

.

.

}

\{\{s_1,s_2,s_3,s_4\}_1,\{s_1,s_2,s_3,s_4\}_2,...\}

{{s1​,s2​,s3​,s4​}1​,{s1​,s2​,s3​,s4​}2​,...} ，表示集合中每一种状态

{

s

1

,

s

2

,

s

3

,

s

4

}

i

\{s_1,s_2,s_3,s_4\}_i

{s1​,s2​,s3​,s4​}i​ 都可行。不同的

{

s

1

,

s

2

,

s

3

,

s

4

}

\{s_1,s_2,s_3,s_4\}

{s1​,s2​,s3​,s4​} 一共有

2

4

=

16

2^4=16

24=16 种，不妨就记为二进制数

0000—1111

\text{0000---1111}

0000—1111 ，那我们就可以用

2

16

2^{16}

216 以内的二进制数来表示状态集，第

i

i

i 位上表示

0000—1111

\text{0000---1111}

0000—1111 这 16 种状态的第

i

i

i 种是否可能。（状态有

2

4

=

16

2^4=16

24=16 种，状态集有

2

2

4

=

2

16

2^{2^4}=2^{16}

224=216 种）

于是我们可以设计一个状态数为

log

⁡

T

∗

2

16

\log T*2^{16}

logT∗216 的 DP：

d

p

[

i

]

[

S

]

dp[i][S]

dp[i][S] 表示进行到第

i

i

i 位，状态集为

S

S

S. 转移的时候就把状态集

S

S

S 中每一种可能的状态进行转移，然后处理出下一位每一种状态是否可行，以便处理出新的状态集

S

0

′

S'_0

S0′​ 和

S

1

′

S'_1

S1′​（对应当前位的与值为 0 或 1）。

这应该是做过的单次复杂度最高的数位 DP 了，复杂度为

O

(

log

⁡

T

∗

2

16

∗

16

)

O(\log T*2^{16}*16)

O(logT∗216∗16) （按道理复杂度中不应该带常数的）。

CODE

#include<set>
#include<map>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 100005
#define DB double
#define LL long long
#define ENDL putchar('\n')
#define lowbit(x) (-(x) & (x))
#pragma GCC optimize(2)
LL read() {
	LL f = 1,x = 0;char s = getchar();
	while(s < '0' || s > '9') {if(s=='-')f = -f;s = getchar();}
	while(s >= '0' && s <= '9') {x=x*10+(s-'0');s = getchar();}
	return f * x;
}
const int MOD = 998244353;
int n,m,i,j,s,o,k;
LL T,l1,r1,l2,r2;
LL dp[65][1<<16|5];
int cg(int i,int ss,int x,int y) {
	int s1 = (ss&1),s2 = ((ss>>1)&1),s3 = ((ss>>2)&1),s4 = ((ss>>3)&1);
	int b1 = (s1 ? ((l1>>i)&1):0),t1 = (s2 ? (((r1&T)>>i)&1):((T>>i)&1));
	int b2 = (s3 ? ((l2>>i)&1):0),t2 = (s4 ? (((r2&T)>>i)&1):((T>>i)&1));
	if(x < b1 || x > t1 || y < b2 || y > t2 || (x|y) != ((T>>i)&1)) return 16;
	int res = 0;
	if(x == ((l1>>i)&1) && s1) res |= 1;
	if(x == ((r1>>i)&1) && s2) res |= (1<<1);
	if(y == ((l2>>i)&1) && s3) res |= (1<<2);
	if(y == ((r2>>i)&1) && s4) res |= (1<<3);
	return res;
}
int main() {
	freopen("number.in","r",stdin);
	freopen("number.out","w",stdout);
	T = read();l1 = read();r1 = read();l2 = read();r2 = read();
	dp[60][1<<15] = 1;
	for(int i = 59;i >= 0;i --) {
		for(int S = 0;S < (1<<16);S ++) {
			if(!dp[i+1][S]) continue;
			int S1 = 0,S0 = 0;
			for(int j = 0;j < 16;j ++) {
				if(!(S & (1<<j))) continue;
				S1 |= (1<<cg(i,j,1,1));
				S0 |= (1<<cg(i,j,1,0));
				S0 |= (1<<cg(i,j,0,1));
				S0 |= (1<<cg(i,j,0,0));
			}
			S1 &= ((1<<16)-1);
			S0 &= ((1<<16)-1);
			if(S1) dp[i][S1] += dp[i+1][S];
			if(S0) dp[i][S0] += dp[i+1][S];
		}
	}
	LL ans = 0;
	for(int i = 1;i < (1<<16);i ++) {
		ans += dp[0][i];
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}