P1066 2^k进制数

1|0P1066 2^k进制数

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• 标签数论(数学相关)高精NOIp提高组2006
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1|2题目描述

设r是个2^k 进制数，并满足以下条件：

（1）r至少是个2位的2^k 进制数。

（2）作为2^k 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2^k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2^k 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。

1|3输入输出格式

输入格式：

 

输入只有1行，为两个正整数，用一个空格隔开：

k W

 

输出格式：

 

输出为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）

 

1|4输入输出样例

输入样例#1：

3 7

输出样例#1：

36

1|5说明

NOIP 2006 提高组 第四题

题解：

    题目中的那个从另一角度分析就已经蕴含了这个题的基本思路。就以题目的例子为例，长度为7位的01字串按3位一段就这样分：0 000 000。其中除了首段，每段都小于(111)₂，也即小于2^k，而首段自然是小于2^w%k（对于w%k为0时也成立）了。

    如果首段为0，则当这个2^k进制数位数分别为2、3、...、[n/k]时，如果用b_max表示2^k，对应的解的个数分别为C[b_max-1][2]、C[b_max-1][3]、...、C[b_max-1][n/k]（C[i][j]表示从i个数里选j个构成一组组合）。

    如果首段不为0，设首段为x，则解就有c[b_max-x-1][n/k]个。

    这样，求解的个数就搞定了，剩下的活就是高精了。求组合数可以用这个公式：C[n][m]=C[n-1][m-1]+C[n-1][m]，这样高精就只用加法了。

总结：answer=C(2^k-1,I)(2<=I<=w div k)+C(2^k-i-1,w div k)(1<=I<=2^(w mod k-1))

AC代码：

 

 

?

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int k,w,ans[220],f[1050][250]; void add(int a[],int b[]){     int last=0;     a[0]=max(a[0],b[0]);     for(int i=1;i<=a[0];i++){         a[i]+=b[i]+last;         last=a[i]/10;         a[i]%=10;     }     if(last>0) a[++a[0]]=last; } int main(){     scanf("%d%d",&k,&w);     if(w<=k) {printf("0\n");return 0;}     int first,bitmax,lenth;     bitmax=(1<<k)-1;     if(w%k==0){         first=bitmax;         lenth=w/k-1;     }     else{         first=(1<<(w%k))-1;         lenth=w/k;     }     f[1][0]=1;     f[1][1]=1;     ans[0]=0;     for(int i=1;i<=bitmax;i++){         for(int j=i+1;j>=1;j--) add(f[j],f[j-1]);         if(i>=bitmax-first&&i<bitmax) add(ans,f[lenth+1]);     }     for(int i=2;i<=lenth;i++) add(ans,f[i+1]);     for(int i=ans[0];i;i--) printf("%d",ans[i]);     printf("\n");     return 0; }

 

　　

 

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本文作者：shenben
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