BZOJ 1662: [Usaco2006 Nov]Round Numbers 圆环数（数位DP+恶心细节）

BZOJ 1662: [Usaco2006 Nov]Round Numbers 圆环数

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Description

正如你所知，奶牛们没有手指以至于不能玩“石头剪刀布”来任意地决定例如谁先挤奶的顺序。她们甚至也不能通过仍硬币的方式。 所以她们通过"round number"竞赛的方式。第一头牛选取一个整数，小于20亿。第二头牛也这样选取一个整数。如果这两个数都是 "round numbers"，那么第一头牛获胜，否则第二头牛获胜。 如果一个正整数N的二进制表示中，0的个数大于或等于1的个数，那么N就被称为 "round number" 。例如，整数9，二进制表示是1001，1001 有两个'0'和两个'1'; 因此，9是一个round number。26 的二进制表示是 11010 ; 由于它有2个'0'和 3个'1'，所以它不是round number。 很明显，奶牛们会花费很大精力去转换进制，从而确定谁是胜者。 Bessie 想要作弊，而且认为只要她能够知道在一个指定区间范围内的"round numbers"个数。 帮助她写一个程序，能够告诉她在一个闭区间中有多少round numbers。区间是 [start, finish]，包含这两个数。 (1 <= Start < Finish <= 2,000,000,000)

Input

* Line 1: 两个用空格分开的整数，分别表示Start 和 Finish。

Output

* Line 1: Start..Finish范围内round numbers的个数

Sample Input

2 12

Sample Output

6

题解

其实我真的懒得动写题解。。。

不过这题网上做法千奇百怪。3维~5维DP都有，还有用记忆化搜索的。我实在看不下去了。这题其实两维DP+几个循环就足够了！

就是个恶心版数位DP！！！

我们设dp[i][j]为转成二进制后 前导可以为0 的长度为i的串，其中零的个数为j的二进制串总个数。

很显然得到状态转移方程：dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i-1][j-1]

dp数组可以预处理得到。。。

sum(i,j)函数可以累计DP数组求出长度为i且零比一至少多j个的二进制串总个数。

那么如何计算ST-ED范围内的答案？

用1...ED的答案减去1...ST-1的答案即可。（solve函数传入x即求1...二进制_x的答案）

比如计算1..110100的答案：

其中几部分是1-1,10-11,100-111,...,10000-11111

最后一部分是求100000-110100的答案

可以拆成100000-101111和110000-110011分别求解，这样就很好解决了，怎么求解还是很明显的。

由此可见求100000-110100的答案之类最后一部分的基本思想是：

从左往右扫到第i位时 当前1比0多d个 如果是此位为0跳过 如果是1则累计ans+=sum(i-1,d-1)。

大体上就是这样，不过细节恶心！

首先，若读入的数为0直接跳过，不然会无限RE。。。

其次，若读入的数转成二进制，0的个数>=1的个数则最后ans++，说明这个数本身合法。

另外还有一些起始点，边界等细节问题。

下面给出参考代码：（其实还是很短的2333）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;int n,m; 
int dp[35][35];int sum(int l,int x)
{int s=0;for(int i=0;i<=l;i++)if(2*i>=l+x)s+=dp[l][i];return s;
}int solve(int x)
{int len=0,ans=0,d=1,t=x,v[35];while(t){v[++len]=t&1;t>>=1;}for(int i=1;i<len;i++)ans+=sum(i-1,1);len--;while(len){if(v[len])ans+=sum(len-1,d-1),d++; else d--;len--;}if(d<=0)ans++;return ans; 
}int main()
{for(int i=1;i<=32;i++){dp[i-1][0]=1;for(int j=1;j<=i;j++)dp[i][j]+=dp[i-1][j]+dp[i-1][j-1];}scanf("%d%d",&n,&m);if(n>2)printf("%d\n",solve(m)-solve(n-1)); else printf("%d\n",solve(m));return 0;
}