URAL - 1057
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题目大意： 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 = 24+20， 18 = 24+21， 20 = 24+22。 输入：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：只包含一个整数，表示满足条件的数的个数。 数据规模：1 ≤ X ≤ Y ≤ 231−1，1 ≤ K ≤ 20， 2 ≤ B ≤ 10。 分析： 所求的数为互不相等的幂之和，亦即其B 进制表示的各位数字都只能是 0和 1。因此， 我们只需讨论二进制的情况，其他进制都可以转化为二进制求解。 很显然，数据范围较大，不可能采用枚举法，算法复杂度必须是 log(n)级别，因此我们 要从数位上下手。 浅谈数位类问题 刘聪 第 2页，共 12 页 本题区间满足区间减法，因此可以进一步简化问题：令 count[i..j]表示[i..j]区间内合法数 的个数，则count[i..j]=count[0..j]-count[0..i-1]。换句话说，给定 n，我们只需求出从0 到 n 有多少个符合条件的数。 假设 n=13，其二进制表示为 1101，K=3。我们的目标是求出 0 到 13 中二进制表示含 3 个 1 的数的个数。为了方便思考，让我们画出一棵高度为 4 的完全二叉树：
为了方便起见，树的根用 0 表示。这样，这棵高度为4 的完全二叉树就可以表示所有 4 位二进制数（0..24-1） ，每一个叶子节点代表一个数。其中，红色路径表示 n。所有小于 n的 数组成了三棵子树，分别用蓝色、绿色、紫色表示。因此，统计小于 13 的数，就只需统计 这三棵完整的完全二叉树：统计蓝子树内含 3 个 1 的数的个数、统计绿子树内含 2 个1 的数 的个数（因为从根到此处的路径上已经有 1 个 1），以及统计紫子树内含 1个 1 的数的个数。 注意到，只要是高度相同的子树统计结果一定相同。而需要统计的子树都是“右转”时遇到 的。当然，我们不能忘记统计n 本身。实际上，在算法最初时将 n 自加 1，可以避免讨论 n 本身，但是需要注意防止上溢。 剩下的问题就是，如何统计一棵高度为 i的完全二叉树内二进制表示中恰好含有 j 个1 的数的个数。这很容易用递推求出：设 f[i,j]表示所求，则分别统计左右子树内符合条件数的 个数，有 f[i,j]=f[i-1,j]+f[i-1,j-1]。 这样，我们就得出了询问的算法：首先预处理 f，然后对于输入 n，我们在假想的完全 二叉树中，从根走到 n所在的叶子，每次向右转时统计左子树内数的个数。 下面是 C++代码：
void init() { memset(f,0,sizeof(f)); f[0][0]=1; for(int i=1;i<=31;i++) { f[i][0]=f[i-1][0]; for(int j=1;j<=i;j++) { f[i][j]=f[i-1][j]+f[i-1][j-1]; } } } int getans(int x,int k) { int tot=0;//当前1数目 int ans=0; for(int i=31;i>0;i--) { if(x&((long long)1<<i)) { tot++; if(tot>k)//如果已经取到所有k的情况，则结束 break; x=x^((long long)1<<i); } if((1<<(i-1))<=x) ans+=f[i-1][k-tot]; } if(tot+x==k) //因为i不取到0 所以对于x最低位为1或0的情况进行特判增加 ans++; return ans; }最后的问题就是如何处理非二进制。对于询问 n，我们需要求出不超过 n 的最大 B 进制 表示只含 0、1的数：找到n 的左起第一位非 0、1 的数位，将它变为 1，并将右面所有数位 设为 1。将得到的 B 进制表示视为二进制进行询问即可。 预处理递推 f的时间复杂度为O(log2(n))，共有 O(log(n))次查询，因此总时间复杂度为 O(log2(n))。 实际上，最终的代码并不涉及树的操作，我们只是利用图形的方式来方便思考。因此也 可以只从数位的角度考虑：对于询问 n，我们找到一个等于 1 的数位，将它赋为 0，则它右 面的数位可以任意取，我们需要统计其中恰好含有 K-tot 个 1 的数的个数（其中 tot 表示这 一位左边的1 的个数） ，则可以利用组合数公式求解。逐位枚举所有”1”进行统计即可。 我们发现，之前推出的 f 正是组合数。同样是采用“逐位确定”的方法，两种方法异曲 同工。当你觉得单纯从数位的角度较难思考时，不妨画出图形以方便思考。
AC代码
#include <iostream> #include<algorithm> #include<cstdio> #include<cstring> #include<string> #include<vector> using namespace std; const long long maxx=((long long )1<<31)-1; int f[50][50]; int num[50]; void init() { memset(f,0,sizeof(f)); f[0][0]=1; for(int i=1;i<=31;i++) { f[i][0]=f[i-1][0]; for(int j=1;j<=i;j++) { f[i][j]=f[i-1][j]+f[i-1][j-1]; } } } int get(long long y,int b) { int cnt=0; int nowy=0; while(y>0) { num[cnt++]=y%b; y/=b; } reverse(num,num+cnt); int chant=cnt; for(int i=0;i<cnt;i++) { // cout<<num[i]; if(num[i]>1) { chant=i; break; } } // cout<<endl; for(int i=0;i<cnt;i++) { if(i<chant) nowy=nowy*2+num[i]; else nowy=nowy*2+1; } // cout<<nowy<<endl; return nowy; } int getans(int x,int k) { int tot=0;//当前1数目 int ans=0; for(int i=31;i>0;i--) { if(x&((long long)1<<i)) { tot++; if(tot>k)//如果已经取到所有k的情况，则结束 break; x=x^((long long)1<<i); } if((1<<(i-1))<=x) ans+=f[i-1][k-tot]; } if(tot+x==k) //因为i不取到0 所以对于x最低位为1或0的情况进行特判增加 ans++; return ans; } int main() { init(); long long x,y; long long k,b; cin>>x>>y; cin>>k>>b; int nowy=get(y,b); int nowx=get(x-1,b); int ans=getans(nowy,k)-getans(nowx,k); //cout<<getans(nowy,k)<<endl; //cout<<getans(nowx,k)<<endl; cout<<ans<<endl; return 0; }
