digit dp
ac1068
这题说的是给了一个区间计算这个区间内 数各个数字之和为S的最小数
其实这个题目首先可以求出[A,B]内所有数字之和为S的数的个数cnt，然后观察一下，不难发现，最小的那个数字肯定是在 cnt=1的时候对应的区间端点。由于具有严格的单调性，即随着区间长度的延长，满足条件的cnt肯定会越来越多。所以先可以数位dp求出cnt。然后二 分区间，若cnt>=1，那么说明[A,B]间肯定不止一个符合条件的数字。注意题目要求最小的数字，所以二分区间右端点即可，不要二分左端。这是 主要思路。其实就是个裸的数位dp。
上面这段话纯属 抄袭 第一次接触数位dp 感觉好神奇
这样说说我的理解 dp[i][j] 表示 第 i 位（这里高位放在尾部） 在前面不管有几位的状态下得到j值 到达第i位时 第i位 该点为最高位 所能形成和为S-j的数有多少个 也等价于记忆化搜索
这里感觉 数位dp这里的 limt 用的很巧 为了判断这个数字是否可以取到极限
#include <iostream> #include <cstdio> #include<string.h> using namespace std; const int maxn=200; long long dp[50][maxn],digit[50],a,b,s; long long dfs(int pos,int per,int limt){ if(pos==-1) return per==s; if(limt==0&&dp[pos][per]!=-1)return dp[pos][per]; long long ret=0,ed=limt?digit[pos]:9; for(int i=0;i<=ed;++i){ ret+=dfs(pos-1,per+i,limt&&i==ed); } if(limt==0) return dp[pos][per]=ret; return ret; } long long work(long long G){ int len=0; while(G){ digit[len++]=G%10; G=G/10; } return dfs(len-1,0,1); } bool jud(long long L,long long R){ return work(R)-work(L)>=1LL; } void solve(){ long long L=a,R=b,mid,L1=a,ans; while(L<=R){ mid=(L+R)/2; if(jud(L1,mid)){ ans=mid; R=mid-1; } else L=mid+1; } printf("%lld\n",ans); } int main() { while(scanf("%lld%lld%lld",&a,&b,&s)==3){ memset(dp,-1,sizeof(dp)); solve(); } return 0; }
ac1122
于是喵喵对于选定的一个数 N ， 她把所有 [0 , N] (闭区间) 中的数依据如下算法重新排列了一下
operator (int A , int B){
if (A 的 二进制表示中 1 的个数 > B 的 二进制表示中 1 的个数) 那么 A 比 B 大;
else if (A 的 二进制表示中 1 的个数 < B 的 二进制表示中 1 的个数) 那么 B 比 A 大;
else if (A < B) 那么 B 比 A 大;
else if (A > B) 那么 A 比 B 大;
else A 和 B 相等
}
比如 N = 8 的时候，数字的顺序是
0,1,2,4,8,3,5,6,7
由此，她想知道 对于 给定的 N ，第 M 小的数是几，前 M 小的数和是多少。（注意，第 0 小的一定是 0 ， 第 1 小的才是 1）。
用数位cnt 计算出 cnt[pos][per] 在第pos位的时候还剩下per个1 的 情况有多少种 同样用 数位dp 计算出dp[pos][per]第pos位还剩下per个1的且比我们要求的N小的得和油多少位，在用数位dp 不断的逼近一个值，使得这个值趋近于我们想要的，每次用cnt 去估算逼近这个值
#include <iostream> #include <cstdio> #include <string.h> using namespace std; typedef long long LL; const LL mod = 1000000009; LL dp[70][70],N,M; LL cnt[70][70],Bin[70]; int digit[70]; int FindNum(LL a){ int len = 0; while(a){ digit[len++]=a&1LL; a=a>>1; } Bin[0]=1; for(int i =1; i<=len ;++ i) Bin[i]=Bin[i-1]<<1; return len-1; } LL dfscnt(int pos,int per,bool e){ if(pos == -1)return per==0; if(e==false && cnt[pos][per]!=-1) return cnt[pos][per]; LL res=0; int en = e?digit[pos]:1; for(int i = 0; i<=en ; ++ i) if(per-i>=0){ res+=dfscnt(pos-1,per-i,e&&i==en); } return e?res:(cnt[pos][per]=res); } LL dfsdp(int pos, int per,bool e){ if(pos == -1)return 0; if(e==false && dp[pos][per] != -1)return dp[pos][per]; int en=e?digit[pos]:1; LL res = 0; for(int i=0; i<=en ;++ i) if(per-i>=0){ LL loc= dfscnt(pos-1, per-i, e&&(en==i)); LL temp= 0 ; if(i) temp=((Bin[pos]%mod)*((loc)%mod))%mod; res=(res+temp)%mod; res=(res+dfsdp(pos-1, per-i, e&&(en==i)))%mod; } return e?res:(dp[pos][per] = res); } LL dfsfind(int pos, int per, LL m, bool e){ if(pos == -1) return m; int en = e?digit[pos]:1; for( int i= 0; i<=en; ++ i) if(per-i>=0){ LL k= dfscnt(pos-1,per-i,i==en&&e ); if(k>=M) { return dfsfind(pos-1, per-i, m|(1LL*i*Bin[pos]), e&&i==en ); } M-=k; } } void solve(){ if( M == 0){ printf("0 0\n"); return ; } LL ans=0; int head=1; int len = FindNum(N); for(;;++head){ LL res = dfscnt(len,head,true); if(res >= M) break; M -= res; LL R = dfsdp(len, head, true); ans=(ans+R)%mod; } LL E=0; E = dfsfind(len, head, E, true); len=FindNum(E); ans= (ans+dfsdp(len,head,true))%mod; printf("%lld %lld\n",E,ans); } int main() { int cas; scanf("%d",&cas); while(cas--){ scanf("%lld%lld",&N,&M); memset(dp,-1,sizeof(dp)); memset(cnt,-1,sizeof(cnt)); solve(); } return 0; }
