题解：CF914C Travelling Salesman and Special Numbers

题意

定义 $\mathrm{popcount}(x)$ 为 $x$ 二进制下 $1$ 的个数。

定义对 $x$ 的一次操作：$x\leftarrow \mathrm{popcount}(x)$，显然任意正整数经过若干次操作后会变为 $1$。

给定 $n$ 和 $k$，其中 $n$ 是在二进制下被给出，求出所有不大于 $n$ 且将其变为 $1$ 的最小操作次数为 $k$ 的数的个数对 ${10}^9+7$ 取模的结果。

分析

因为 $n<2^{1000}$，所以数 $x(x<n)$ 经过 $1$ 次操作后得到的 $x^{\prime }\le 1000$。

所以我们可以预处理 $[2,1000]$ 中的数变成 $1$ 的最少操作次数。

考虑在二进制下使用数位 dp 解决。

定义 $d{p}_{n,i,v}$ 为目前搜索至第 $n$ 位，该位之前有 $i$ 个 $1$，上一位填的是 $v$ 的满足题意的数的个数。

记忆化搜索即可，时间复杂度 $O({\log }^{2}n)$。

AC 记录

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 1003
#define popc __builtin_popcount
#define mod 1000000007
 
int ks[maxn];
 
void init()
{
    for(int i=2;i<=1000;i++)
        ks[i]=ks[popc(i)]+1;
 
}
 
string s;
bitset<maxn> bs;
int dp[maxn][maxn][2], k;
 
int dfs(int n, int cnt=0, bool la=0, bool lim=1)
{
    if(!lim&&~dp[n][cnt][la]) return dp[n][cnt][la];
    if(!n) return cnt==1&&la?0:cnt&&ks[cnt]==k-1;
    int ret=0, up=lim?bs[n]:1;
    for(int i=0;i<=up;i++)
        ret=(ret+dfs(n-1, cnt+i, i, lim&&i==up))%mod;
    if(!lim) dp[n][cnt][la]=ret;
    return ret;
}
 
int main()
{
    init();
    memset(dp, -1, sizeof dp);
    cin>>s>>k;
    if(k==0) return cout<<1, 0;
    for(int i=0;i<s.size();i++)
        bs[s.size()-i]=s[i]^48;
    cout<<dfs(s.size());
}