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 ∑[wk]i=2Ci2k−1
然后[wk]不整除的部分所余留下来的部分等于:
设r为剩余的位数∑2r−1i=1C[wk]2k−i−1
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;
}