设r是个2k进制数,并满足以下条件:

(1)r至少是个2位的2k进制数。

(2)作为2k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。

(3)将r转换为2进制数q后,则q的总位数不超过w。

在这里,正整数k(1≤k≤9)和w(k<W< span>≤30000)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(3)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2k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2k进制数r。

例:设k=3,w=7。则r是个八进制数(23=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,…,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,…,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。

输入描述 Input Description

只有1行,为两个正整数,用一个空格隔开:

k W

输出描述 Output Description

共1行,是一个正整数,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),要求最高位不得为0,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)

样例输入 Sample Input

3 7

样例输出 Sample Output

36

这道题是较为明显的数位dp;

定义f[i][j]为i位数且最高位为j的数有多少个。

f[i][j]=sum(f[i-1][o]);j<o<2^k

推导过程:

因为题目中要求数每一位严格小于它右边相邻的那一位,所以f[i][j]只能由大于j的状态转移而来;

举个例子,最高位为3(k=3,w=7,i=2) 3x的x只能为4,5,6,7

即f[2][3]=f[1][4]+f[1][5]+f[1][6]+f[1][7];

但这样f数组所占空间太大,因使用滚动数组;

我们可以看到f[i][j]在推出所有f[i+1]后就没有用处了,所以可以设一个空间为[2]交换储存即可;

然而又有问题出现了,我们的答案是满足条件的数的个数,而在滚动时就会把应该计入考虑的数覆盖,怎么解决呢?

方法是:用ans在dp同时添加(不理解请阅读代码)

接着是优化时间,因为每次求的都是一段区间的和,可用前缀和;(不会者自行百度)

另一种优化方法

因为:

f[i][j]=f[i-1][j+1]+...+f[i-1][2^k-1];

f[i][j-1]=f[i-1][j]+...+f[i-1][2^k-1];

所以f[i][j]+f[i-1][j]=f[i][j-1]

f[i][j]=f[i][j-1]-f[i-1][j];

最后我们注意到了题目里一句关键的话,答案在200位以内;

要使用高精度计算,笔者用了压位高精度,重载运算符和vector不定长数组,读者自行编程时可不必用到这些。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
const long long mod=1e16;
struct BIGNUM
{
    vector<long long>a;
    BIGNUM operator+(const BIGNUM &b)const{
        BIGNUM c;
        c.a.clear();
        for(long long i=0,g=0;;i++)
        {
            if(!g&&i>=a.size()&&i>=b.a.size()) break;
            if(i<a.size()) g+=a[i];
            if(i<b.a.size()) g+=b.a[i];
            c.a.push_back(g%mod);
            g/=mod;
        }
        return c;
    }//高精度加
    BIGNUM operator-(const BIGNUM &b)const{
        BIGNUM c;
        c.a.clear();
        for(long long i=0,g=0;;i++)
        {
            if(!g&&i>=a.size()&&i>=b.a.size()) break;
            if(i<a.size()) g+=a[i];
            if(i<b.a.size()) g-=b.a[i];
            if(g<0) c.a.push_back(g+mod),g=-1;
            else c.a.push_back(g),g=0;
        }
        return c;
    }//高精度减
}f[515][3],ans;//重载运算符
int main()
{
    int k,w,n,pd=0;
    scanf("%d%d",&k,&w);
    if(w<=k)
    {
        putchar('0');
        return 0;
    }//如果要求的位数比2^k的两位还小就没有数满足条件。
    n=w/k;w%=k;k=1<<k;
    for(int i=1;i<k;i++)
        f[i][0].a.push_back(i);//由于只有一位,所以方案只能为1,又是前缀和
    for(int i=2;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<k;j++)
        {
            f[j][~i&1]=f[k-1][i&1]-f[j][i&1];//滚动数组
            ans=ans+f[j][~i&1];//dp中加和
            f[j][~i&1]=f[j][~i&1]+f[j-1][~i&1];//前缀和
        }
    w=1<<w;n++;//这里是求最后一位的所能放的数
    for(int i=1;i<w;i++)
    {
        f[i][~n&1]=f[k-1][n&1]-f[i][n&1];
        ans=ans+f[i][~n&1];
    }
    for(int i=ans.a.size()-1;i>=0;i--)
        if(pd||ans.a[i])
    {
        if(pd) printf("%016lld",ans.a[i]);//防止中间有数字不到1e15      
        else printf("%lld",ans.a[i]),pd=1;
    }
    if(!pd) printf("0");//输出并去前导0
    return 0;
}