题目内容

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给定一个二进制表示的数 $s$ 。
定义函数 $f(x)$ 为 $x$ 的二进制位中为 $1$ 的数量。每次操作可以使得 $x\to f(x)$ ，问在最少操作次数下，恰好 $k$ 次操作后为 $1$ 的数有多少，答案对 $10^9+7$ 取模

数据范围

• $1\le s<2^{1000}$
• $0\le k\le 1000$

题解

这个数 $s$ 的上限很大，该怎么考虑呢？

考虑 $x$ 为 $2^{1000}-1$ 时，其二进制位为 $1000$ 个 $1$ ，$f(x)=1000$

所以只需要暴力计算下 $1000$ 以内的数到 $1$ 的最小次数即可。

定义 $dp[x]$ 表示 $x$ 通过 $f$ 函数到达 $1$ 的最小次数。

状态转移为：$dp[x]=dp[f(x)]+1$

考虑为 $dp[x]=k-1$ 的 $x$ ，那么二进制位中 $1$ 的个数为 $x$ 的数，到达 $1$ 的最小次数恰好为 $k$ 。

所以我们找到所有 $dp[x]=k-1$ 的 $x$ ，然后找到小于等于 $s$ 的，二进制位中 $1$ 的数量为 $x$ 的所有的数。

这里考虑到数据范围，很容易联想到数位 $dp$ 。

但是这里由于初始化的问题，容易超时，需要细化数位 $dp$ 的过程。

令 $n$ 为 $s$ 的二进制表示的长度，

即如果我们选择 $i$ ，

• $s[i]=1$

  • 考虑这里选择的数 $y$ 的 $y[i]=0$ ，则 $y[i+1,\cdots s-1]$ 都可以为 $1$ ，即有 $s-i-1$ 个位置中，选择若干个位置为 $1$ ，这个若干是由剩余可选位置来决定的。
    我们需要有 $x$ 位 $1$ ，而 $s[0,i]$ 中有 $m$ 个为 $1$ ，那么我们可以选择的就是 $m-x$ 位。即 $C(s-i-1,m-x)$
  • 考虑这里选择的数 $y$ 的 $y[i]=1$ ，则后面只能选择 $m-x-1$ 个 $1$ 了。但是这样直接考虑会超 $s$ 的上限，所以将这个问题继续往后抛。直到最后如果 $s$ 的二进制位为 $1$ 的数量恰好为 $x$ ，则答案 + 1 。

• $s[i]=0$ ，则不考虑，因为没有选择，$y[i]$ 只能为 $0$

上述的整体过程，其实就是数位 $dp$ 的过程。

时间复杂度：$O(n^2)$

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;const int MOD = 1e9 + 7;
int qp(int a, int b) {int res = 1;while (b > 0) {if (b & 1) res = 1ll * res * a % MOD;a = 1ll * a * a % MOD;b >>= 1;}return res;
}int main()
{string s;int k;cin >> s >> k;int n = int(s.size());if (k == 0) {cout << "1\n";return 0;}if (k == 1) {cout << n - 1 << "\n";return 0;}vector<int> fac(n + 1), ifac(n + 1);fac[0] = 1;for (int i = 1; i <= n; ++i) fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % MOD;ifac[n] = qp(fac[n], MOD - 2);for (int i = n - 1; i >= 0; --i) ifac[i] = 1ll * ifac[i + 1] * (i + 1) % MOD;auto C = [&](int a, int b) -> int {if (b < 0 || a < b) return 0;return int(1ll * fac[a] * ifac[b] % MOD * ifac[a - b] % MOD);};int ans = 0;vector<int> dp(n + 1);dp[1] = 0;for (int i = 2; i <= n; ++i) {int x = i;int cnt = 0;while (x > 0) {cnt += 1;x -= x & -x;}dp[i] = dp[cnt] + 1;if (dp[i] + 1 == k) {// 选择 <= s 的，二进制位个数为 i 的数// 当前第 j 位为 0 ，还剩 n - j - 1 位，要选择这么些个 1int res = 0;int one = 0;for (int j = 0; j < n; ++j) {if (s[j] == '1') {// 当前第 j 位有两种选择// 第 j 位为 0// 剩余 n - j - 1 位都可以为 1，前面已经占据了 one 个 1，后面再选择 k - one 个即可res = (res + C(n - j - 1, i - one)) % MOD;// 第 j 位为 1，如果 j 不是最后一位，即 j + 1 < n ，那么让 one += 1 ，交由后面的位继续考虑// 如果 j 是最后一位，那么考虑 one + 1 是否等于 k 即可// 对于后面的位来说 one 增加了one += 1;}if (j + 1 == n && one == i) {res = (res + 1) % MOD;}}ans = (ans + res) % MOD;}}cout << ans << "\n";return 0;
}