3362. 【NOI2013模拟】数数
Description
神犇最近闲来无事,于是就思考哲学,研究数字之美。在神犇看来,如果一个数的各位能够被分成两个集合,而且这两个集合里的数的和相等,那么这个数就是优美的(具体原因就只有神犇才知道了)。现在神犇在思考另一个问题,在区间[A,B]中有多少个数是优美的?这个问题对于神犇来说很简单,相信对于你来说也不难。
Solution
先将目的转化成求 \(1\sim b\) 和 \(1\sim a-1\) 中的帅气的数字个数。然后二者相减。下面以求出 \(1\sim n\) 中的答案来讲解。
注意到一个数是否帅气只跟 0~9 各出现了多少次有关。考虑直接枚举,枚举完后用背包来判断是否合法。
可以发现,背包的大小最大只有 \(\dfrac{9\times \log_{10}n}{2}\),即 45。而背包的目的也只是需要判断是否合法即可。因此我们用二进制数 \(p\) 来代替背包。若 \(p\) 的 \(2^i\) 是 1,说明在背包中 \(i\) 是可行的。假设向背包中添加一个数 \(x\),只需要 \(p\) 或上 \(p<<x\) 即可。判断的复杂度是 \(\mathcal O(\log n)\)。
但现在问题就在于如何填数使得填出来的数小于等于 \(n\)。
采用数位 \(\text{dp}\) 的思想。枚举当前位填 \(i(0\le i<a_i)\)(\(a_i\) 表示 \(n\) 中第 \(i\) 位的数字),那么剩下位可以随便填。根据公式可推出 \(ans=ans+\frac{(\sum num_i)!}{\Pi(num_i!)}\) (总方案除去相同的数调换顺序的方案)。接着使当前位等于 \(a_i\),向下递归。
这样做我们永远无法取到 \(n\),所以做的是其实求的是 \(1\sim b+1\) 和 \(1\sim a\)。
Code
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define N 11
#define ll long long
using namespace std;
ll n,m,ans,cnt,a[N],jc[N],c[N];
void getans(ll x)
{
if (x>cnt) return;
for (ll i=0;i<c[cnt-x+1];++i)
if (a[i])
{
a[i]--;
ll res=0;
for (ll j=0;j<=9;++j) res+=a[j];
res=jc[res];
for (ll j=0;j<=9;++j) res/=jc[a[j]];
ans+=res;
a[i]++;
}
if (a[c[cnt-x+1]])
{
a[c[cnt-x+1]]--;
getans(x+1);
a[c[cnt-x+1]]++;
}
}
void dg(ll xnum,ll xlen,ll sum,ll k)
{
if (xnum>9)
{
if (sum%2==1) return;
if (a[0]==cnt) return;
ll p=1;
for (ll i=0;i<=9;++i)
for (ll j=1;j<=a[i];++j)
p|=(p<<(ll)i);
ll q=((ll)1<<(ll)(sum/2));
if (!(p&q)) return;
getans(1);
return;
}
if (xnum==9)
{
a[xnum]=cnt-xlen;
dg(xnum+1,cnt,sum+9*(cnt-xlen),k);
return;
}
for (ll i=0;i<=cnt-xlen;++i)
{
a[xnum]=i;
dg(xnum+1,xlen+i,sum+xnum*i,k);
}
}
ll calc(ll x)
{
ll xx=x;
cnt=0;
memset(c,0,sizeof(c));
while (xx)
{
c[++cnt]=xx%10;
xx/=10;
}
ans=0;
memset(a,0,sizeof(a));
dg(0,0,0,x);
return ans;
}
int main()
{
jc[0]=1;
for (ll i=1;i<=9;++i)
jc[i]=jc[i-1]*i;
scanf("%lld%lld",&n,&m);
while (n||m) printf("%lld\n",calc(m+1)-calc(n)),scanf("%lld%lld",&n,&m);
return 0;
}