AcWing 1081 度的数量
\(AcWing\) \(1081\) 度的数量
一、题目描述
求给定区间 \([X,Y]\) 中满足下列条件的整数个数：这个数恰好等于 \(K\) 个互不相等的 \(B\) 的整数次幂之和。
例如，设 \(X=15,Y=20,K=2,B=2\)，则有且仅有下列三个数满足题意：
\(17=2^4+2^0\)
\(18=2^4+2^1\)
\(20=2^4+2^2\)
输入格式
第一行包含两个整数 \(X\) 和 \(Y\)，接下来两行包含整数 \(K\) 和 \(B\)。
输出格式
只包含一个整数，表示满足条件的数的个数。
数据范围
\(1≤X≤Y≤2^{31}−1\),\(1≤K≤20\),\(2≤B≤10\)
输入样例：
15 20
2
2
输出样例：
3
二、数位\(DP\)知识
数位\(dp\)的题目一般会问 : 指定区间内，满足某种性质的数的个数。
解题技巧：
- 利用 前缀和，比如求区间\([x,y]\)中的 个数，转化成求\([0,y]\)的个数 -\([0,x-1]\)的个数
三、解题思路
题目就是在一个区间\([l,r]\)内，找出有多少个符合题意的数，这里的符合题意是指：这个数的 \(b\)进制 表示中，其中有\(k\)个位置上是\(1\)、其他位上全是\(0\)。
比如样例中\(B=2\)，\(K=2\)，这个数是\(18\).就是把\(18\)化为二进制，\(18\) 化为二进制数为：\(10010\)，其中有\(2\)位\(1\)，其他位都是\(0\)
再比如 \(B=3\)，\(K=2\)，这个数是\(12\).就是把\(12\)化为三进制，\(12\)化为三进制为\(110\) ，其中也有\(2\)个\(1\)，其余都是\(0\).
暴力法
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1010;
int l, r; // 数位DP的区间范围
int k, b; // k:个进制位为1,b进制
int a[N], al; // 用来分解b进制的数组
// 将x转化为b进制
void calc(int x, int b) {
al = 0;
memset(a, 0, sizeof a);
while (x) a[++al] = x % b, x /= b;
}
/*
通过了 7/14个数据
一半的分数也是OIer的梦想！
*/
int res;
int main() {
cin >> l >> r >> k >> b;
// 1、将[l,r]之间所有数字进行b进制分解
for (int i = l; i <= r; i++) {
calc(i, b);
int cnt = 0;
bool bad = false; // 是不是全是0或1，一旦是bad=true,表示出现了大于数字1的数位，此时，一票否决~！
// 2、检查是不是存在大于1的，大于1的是无效数字，跳过
for (int j = 1; j <= al; j++) {
if (a[j] > 1) {
bad = true;
break;
}
// 3、统计一下1出现的次数
if (a[j] == 1) cnt++;
}
// 4、判断出现的次数是不是等于k,如果是，那么找到了一个答案，计数
if (!bad && cnt == k) res++;
}
printf("%d\n", res);
return 0;
}
五、\(dfs\)数位\(dp\)模板
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 32; // 输入的数据范围2^31-1,也就是整数上界。2进制是最小的进制，32也够了
int l, r; // 数位DP的区间范围
int k, b; // k:个进制位为1,b进制
int a[N], al; // 用来分解b进制的数组
int f[N][N]; // f[i][j] i:枚举到的位置 j:已经计算完1的个数,这里需要一点DP的状态描述的思想，只有一维记录到哪了，是无法描述整个当时场景的
/**
*
* @param u 当前枚举到的数位
* @param st 数字1出现的次数
* @param op 是否贴上界
* @return 在当前情况下，它 后续 符合条件的一共有多少个数
*/
int dfs(int u, int st, bool op) {
// 到最后一位数位，是否恰好有k个不同的1,是：贡献价值+1，否：贡献价值+0
if (u == 0) return st == k;
if (op == 0 && ~f[u][st]) return f[u][st]; // 不贴上界，并且计算过，返回结果
/*
① 不贴着上界，可以将此区间算满，缓存起来，不用重复计算
② 贴上界，每次重新计算
本题要求：
(1)如果op = 1, 贴上界
如果a[u]=0,那么up最大是0,否则,up最大是1,简写成min(a[u],1)
(2)如果op = 0, 不贴上界,可以选择的范围[0,1],up最大是1
*/
int ans = 0;
int up = op ? min(a[u], 1) : 1; // up就是你的极限！本题，这句是一个精华点
for (int i = 0; i <= up; i++) { // 枚举上限之内的数字(其实，也只有0和1有机会，这还要看up的取值。up=0,跑一次循环；up=1,跑两次循环)
// 如果i==0,则st+i=st,st不会变大，也不会超过k,此句无影响后面的代码执行。
// 如果i==1,则表示多选择了一个是1的数位，st+1,有可能已经超过了k的限制，再向后跑深搜就没有了意义，及时止损，剪枝
if (st + i > k) continue; // 剪枝更健康
// u-1:继续向低一位进行前进
// st+i:1的个数变化情况，如果i==0,则表示u这个数位没有选择数字1；如果i==1，则表示u这个数位选择了数字1，不断的向后传递这个信息，用于判断是不是符合条件的数字
// op && i == a[u] :此参数的含义是是否贴合上限
// op:原来是贴上界的 && i == a[u]: 当前位取值也是贴上界
// 那么，下面一位是继承前面的结果关系，也就是，它也在贴上界的情况下进行讨论
// ==的运算优先级 高于 && ，所以先判断 i == a[u]是第一步，与 op 相 && 是第二步
ans += dfs(u - 1, st + i, op && i == a[u]);
}
// 只记录不受上限限制的个数，受上限限制的每次重新计算
// 为什么只记录不贴上界的结果，贴上界的为什么不能直接使用结果？
// 这是因为：如果第一位贴了上界，那么第二位也可能继续贴上界，导致后续的无法取完整，无法直接使用结果
if (!op) f[u][st] = ans;
/*这里对应上面的记忆化，在一定条件下时记录，保证一致性，当然如果约束条件不需要考虑lead，这里就是lead就完全不用考虑了*/
return ans;
}
// 采用类似于前缀和的思想，所以，需要封装成一个calc函数,计算两次，然后取差值
int calc(int x) {
al = 0; // 临时数组a初始化，这里挺有意思，把al=0就相当于全新初始化掉了a,不用采用memset(a,0,sizeof a);
while (x) a[++al] = x % b, x /= b; // 把x按照进制分解到数组中,下标从1开始
return dfs(al, 0, true); // 从最高位开始，目前数字1出现了0次，贴上界
}
int main() {
memset(f, -1, sizeof f); // 初始化
cin >> l >> r >> k >> b; // 边界，k个数位是1，b进制
// 前缀和
cout << calc(r) - calc(l - 1) << endl;
return 0;
}
