NOIP2006 2^k进制数

最新推荐文章于 2024-12-01 10:35:11 发布

BroDrinkWater

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分类专栏：数论相关 DP相关

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本文解析了一道NOIP2006提高组的竞赛题，该题涉及组合数学及高精度计算。通过分析题目要求，采用组合数方法解决，并给出了具体的C++实现代码。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

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≤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（2^3=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。
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）
输入输出样例
输入样例#1：
3 7
输出样例#1：
36
说明
NOIP 2006 提高组第四题

其实题目描述这么长，就是吓你的，其实就是个简单的组合数问题或者是dp，只是要加上一个高精而已。
我们发现这个方案数等价于 $\sum_{i=2}^{[\frac{w}{k}]}C_{2^k-1}^i$
然后 $[\frac{w}{k}]$ 不整除的部分所余留下来的部分等于：
设r为剩余的位数 $\sum_{i=1}^{2^r-1}C_{2^k-i-1}^{[\frac{w}{k}]}$
然后写个高精，注意要压位，跟普通的高精不同的是输出要补前导零。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cmath>

using namespace std;

typedef long long LL;

#define REP(i,a,b) for(register int i = (a),i##_end_ = (b); i <= i##_end_; ++i)
#define DREP(i,a,b) for(register int i = (a),i##_end_ = (b); i >= i##_end_; --i)
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))

template<typename T> inline bool chkmin(T &a,const T &b) { return a > b ? a = b , 1 : 0;}
template<typename T> inline bool chkmax(T &a,const T &b) { return a < b ? a = b , 1 : 0;}

int read()
{
    register int f = 1,s = 0;char c = getchar();
    while(!isdigit(c)) { if(c == '-')f = -1;c = getchar();}
    while(isdigit(c)) { s = s * 10 + c - '0';c = getchar();}
    return f * s;
}

const int N = 521;
int k,w;
//LL c[maxn][maxn];

const int base = 10000;
struct BigInt
{
    int x[100],len;
    void clear() { mem(x,0);len = 0;}
    void print()
    {
        printf("%d",x[len-1]);
        DREP(i,len-2,0)
        {
            printf("%04d",x[i]);
        }
    }
    void  operator = (int val)
    {
        len = 0;
        do { x[len++] = val % base; val /= base;}while(val);
    }
}c[N][N];

#define T BigInt

T operator + (T u,T v)
{
    T res;res.clear();res.len = max(u.len,v.len);
    REP(i,0,res.len-1)
    {
        res.x[i] += u.x[i]+v.x[i];
        res.x[i+1] += res.x[i]/base;
        res.x[i]%=base;
    }
    while(res.x[res.len])
    {
        res.x[res.len+1] += res.x[res.len]/base;
        res.x[res.len]%=base;
        res.len++;
    }
    return res;
}

void solve_80point()
{
    //without BigInterger
    /*c[0][0] = 1;
    REP(i,1,N-1)c[i][0] = 1,c[i][1] = i,c[i][i] = 1;
    REP(i,2,N) REP(j,1,i) c[i][j] = c[i-1][j-1] + c[i-1][j];
    LL ans = 0;
    REP(i,2,w/k)ans += c[(1<<k)-1][i];
    if(w%k)
    {
        int res = w - (w/k)*k;
        REP(i,1,(1<<res)-1)ans += c[(1<<k)-i-1][w/k];    
    }
    cout<<ans<<endl;*/
}

int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
   freopen("1.in","r",stdin);
   freopen("1.out","w",stdout);
#endif
    k = read(),w = read();
        int one = 1;
    REP(i,0,N-1)
    {
        c[i][0] = one;
        c[i][1] = i;
        c[i][i] = one;
    }
    T res;res.clear();
    REP(i,1,N-1)REP(j,1,i)c[i][j] = c[i-1][j-1]+c[i-1][j];
    REP(i,2,w/k)if((1<<k)-1>=i)res = res + c[(1<<k)-1][i];
    if(w%k)
    {
        int sx = w - (w/k)*k;
        REP(i,1,(1<<sx)-1)
        if((1<<k)-1-i>=w/k)res = res + c[(1<<k)-i-1][w/k];
    }
    res.print();
    return 0;
}