[loj3367]装饼干

先考虑如何判定一个$y$是否可行——从高位开始，记录这一位所需要的$2^{i}$数量$t$，若$y$的这一位为1，则$t+=x$，之后分两类讨论：1.$t\le a_{i}$，令$t=0$；2.$b>a_{i}$，令$t=2(t-a_{i})$，记比较之前的$t$为$b_{i}$，最终，我们需要让$b_{0}\le a_{0}$

考虑dp，设$f[i]$表示仅考虑$y$的第$[i,k)$位，且满足$b_{i}\le a_{i}$的$y$的数量，那么答案即为$f[0]$

枚举$j$表示上一个满足$b_{j}\le a_{j}$的位置，那么要满足$\forall j<k< i,b_{j}>a_{j}$且$b_{i}\le a_{i}$

假设$y$的第$j-1$到$i$位依次为$p_{i},...,p_{j-1}$，则有$b_{k}=\sum_{l=k}^{j-1}xp_{l}\cdot 2^{l-k}-\sum_{l=k+1}^{j-1}a_{l}\cdot 2^{l-k}$，由于后者为常数，不妨记为$C_{k}$，则要求$\forall j<k<i,\sum_{l=k}^{j-1}xp_{l}\cdot 2^{l-k}> \frac{C_{k}+a_{k}}{x}$且$\sum_{l=i}^{j-1}xp_{l}\cdot 2^{l-i}\le \frac{C_{i}+a_{i}}{x}$

对于第一个条件，$\sum_{l=i}^{j-1}p_{l}\cdot 2^{l-i}$越大越容易实现，因此可以给出这个值的下限，第二个条件又给出了上限，上限-下限+1即为答案

有两个细节问题：1.$y$的位数不一定为$k$，因此要补0到60位；2.上限要对$2^{j-i}-1$取$min$，若下限>上限则不可能出现这种情况，即对0取max

这样暴力计算时间复杂度为$o(qk^{3})$，发现$C_{k}$与$i$无关，因此可以优化到$o(qk^{2})$

#include "biscuits.h" 
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
int n;
ll f[105];
ll count_tastiness(ll x,vector<ll>a){
    while (a.size()<60)a.push_back(0);
    n=60;
    memset(f,0,sizeof(f));
    f[n]=1;
    for(int i=n-1;i>=0;i--)
        for(int j=i+1;j<=n;j++){
            ll mn=0,mx=0;
            for(int k=j-1;k>=i;k--){
                mx=mx*2+a[k];
                if (k>i)mn=max(mn,((mx/x+1)<<(k-i)));
            }
            f[i]+=f[j]*max(min(mx/x,(1LL<<j-i)-1)-mn+1,0LL);
        }
    return f[0];
}