洛谷 P1066 2^k进制数题解--zhengjun
题目描述
设 \(r\) 是个 \(2^k\) 进制数，并满足以下条件：
- \(r\) 至少是个 \(2\) 位的 \(2^k\) 进制数。
- 作为 \(2^k\) 进制数，除最后一位外，\(r\) 的每一位严格小于它右边相邻的那一位。
- 将 \(r\) 转换为二进制数 \(q\) 后，则 \(q\) 的总位数不超过 \(w\)。
在这里，正整数 \(k,w\) 是事先给定的。
问：满足上述条件的不同的 \(r\) 共有多少个？
我们再从另一角度作些解释：设 \(S\) 是长度为 \(w\) 的 \(01\) 字符串（即字符串 \(S\) 由 \(w\) 个 \(0\) 或 \(1\) 组成），\(S\) 对应于上述条件三中的 \(q\)。将 \(S\) 从右起划分为若干个长度为 \(k\) 的段，每段对应一位 \(2^k\) 进制的数，如果 \(S\) 至少可分成 \(2\) 段，则 \(S\) 所对应的二进制数又可以转换为上述的 \(2^k\) 进制数 \(r\)。
例：设 \(k=3,w=7\)。则 \(r\) 是个八进制数（ \(2^3=8\)）。由于 \(w=7\)，长度为 \(7\) 的 \(01\) 字符串按 \(3\) 位一段分，可分为 \(3\) 段（即 \(1,3,3\)，左边第一段只有一个二进制位），则满足条件的八进制数有：
\(2\) 位数：
高位为 \(1\)：\(6\) 个（即\(12,13,14,15,16,17\)）,
高位为 \(2\)：\(5\) 个，
\(\cdots\)，
高位为 \(6\)：\(1\) 个（即 \(67\) ）。
共 \(6+5+…+1=21\) 个。
\(3\) 位数：
高位只能是 \(1\)，
第 \(2\) 位为 \(2\)：\(5\) 个（即 \(123,124,125,126,127\)），
第 \(2\) 位为 \(3\)：\(4\) 个，
\(\cdots\)，
第 \(2\) 位为 \(6\)：\(1\) 个（即 \(167\)）。
共 \(5+4+…+1=15\) 个。
所以，满足要求的 \(r\) 共有 \(36\) 个。
输入格式
一行两个正整数 \(k,w\) 用一个空格隔开：
输出格式
一行一个个正整数，为所求的计算结果。
即满足条件的不同的 \(r\) 的个数（用十进制数表示），要求不得有前导零，各数字之间不得插入数字以外的其他字符（例如空格、换行符、逗号等）。
（提示：作为结果的正整数可能很大，但不会超过 \(200\) 位）
输入输出样例
输入 #1 复制
3 7
输出 #1 复制
36
说明/提示
【数据范围】
\(1\le k \le 9\)
\(1\le w \le 3\times 10^4\)
\(NOIP\ 2006\) 提高组 第四题
思路
首先，可以看出来这是一道组合数学的题目。
那么，我们一起来推一推式子。
以样例为例：
3 7
因为这一个\(2^3\)的数转换成谔进制是不能超过\(7\)位的，而\(2^3=8=1000_{(2)}\)
所以，这样的一位就要可以分成二进制的\(k\)位。
例如\(2^4\)进制的\(1032\)。
一位一位转化
\(1_{(16)}=0001_{(2)}\)
\(0_{(16)}=0000_{(2)}\)
\(3_{(16)}=0011_{(2)}\)
\(2_{(16)}=0010_{(2)}\)
其实这里的一位一位的就是相当于\(10\)进制下的，因为每一位都不超过\(2^k\)。
所以最后的结果就是这几个谔进制的数写在一起：\(0001,0000,0011,0010(\)加了个间隔看得清楚\()\)。
然后，再回到样例，一个\(2^3\)进制的数转换成谔进制最多只能有\(7\)位。
我们刚才知道了，\(2^k\)的数每一位就可以转换成\(k\)位的谔进制，那么\(7\)位，就可以有\(2\)位，然后剩下\(1\)，也就是说这个\(2^k\)进制的最高位转换成谔进制最多只能是\(1\)，所以这个\(2^k\)进制的数最多只能有\(3\)位，最高位不能超过\(1\)。
那如果样例是：
3 8
首先，两位是肯定可以有的，然后余下\(2\)位的谔进制，那这个\(2\)位谔进制最多就是\(11_{(2)}\)，也就是\(3\)。
这样，如果\(w\bmod k\)余下的是\(x\)，那么最高位就不能超过\(2^x-1\)
这样就总结出了：这个\(2^k\)进制的数最多只能有\(\lceil w\div k\rceil\)，这是一个向上取整的符号，第\(\lfloor w\div k\rfloor+1\)位不能超过\(2^{w\bmod k}-1\)。
然后就是一个十分简单的组合数。
让我们模拟一遍(还是样例)：
- 求出位数\(\lceil w\div k\rceil=3\)，第\(\lfloor w\div k+1\rfloor=3\)不能超过\(2^{w\bmod k}-1=1\)。
- 枚举位数：两位，从\(0\)到\(2^k-1\)中选\(2\)个，一共有\(C_{2^k-1}^{2}\)
- 继续枚举位数\(\cdots\)直到\(\lfloor w\div k\rfloor\)
- 枚举最高位的数：1，后面的数可选\(2\)到\(2^k-1\)，一共有\(C_{2^k-2}^{2}\)
- 继续枚举最高位的数\(\cdots\)直到\(2^{w\bmod k}-1=1\)
- 输出答案
好了，就是这么一个过程，题目中也很清楚，要高精度，高精度的模板可以从高精度模板--zhengjun拿(我就是用这个模板过的)
最后说一句，高精度的除法比较慢，我一开始算\(C_n^m\)时用了这个公式：\(\cfrac{n!}{m!(n-m)!}\)，结果就\(T\)掉了。
反正要算\(C_n^m\)，\(n,m\)又不大，直接预处理出来放在数组里面用就可以了，用递推公式(不难理解)：\(C_n^m=C_{n-1}^{m-1}+C_{n-1}^m\)。需要我说吗？
我还是唠一下吧。就是看这第\(n\)个数要不要选，如果选了，剩下的可能就是\(C_{n-1}{m-1}\)，如果不选，就是\(C_{n-1}^m\)。
注意一下初始值：
所有的\(C_n^0\)都是\(1\)，一个也不选就是一种情况。
好了，我太多嘴了
我的代码为了简洁，高精度模板自己去高精度模板--zhengjun拿(顺便点个赞)，这里就省略掉了。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
/*
高精度模板
*/
int k,w;
bign c[512][512];
bign ans;
int main(){
scanf("%d%d",&k,&w);
int t=(1<<k)-1,a=(1<<(w%k))-1;//谔进制就用位运算了
for(int i=0;i<=t;i++){
c[i][0]=1;//初始化
for(int j=1;j<=i;j++)
c[i][j]=c[i-1][j-1]+c[i-1][j];
}
for(int i=2;i<=w/k&&i<=t;i++)ans+=c[t][i];//注意一下边界2:i<=t
for(int i=1;i<=a&&t-i>=w/k;i++)ans+=c[t-i][w/k];//同样注意边界
cout<<ans;//我的模板支持输入输出流
return 0;
}
