Gym - 101982D Count The Bits

D. Count The Bits

数位DP

题意

给出 $k$ 和 $b$，计算 $[0,2^b-1]$ 中所有 $k$ 的倍数中有几个二进制 $1$。

题解

数位DP。
一个数加上 $2^i-1$ 相当于在其二进制的第 $i$ 位添上 $1$。
记录下$[0,2^i-1]$（i = 1,2,3……,b-1,b)的数转换为二进制后1的个数。$i$ 每增大 $1$ 相当于 $[0,2^{i-1}-1]$ 中的每个数加上 $2^{i-1}$ 再加上原来的 $[0,2^{i-1}-1]$ 。
因为加上 $2^{i-1}$ 后余数会变。所以按照% k 所得的余数分类。

以k = 3 , b = 28 为例；
把$[0,2^{28}-1]$数划分为
$[0,2^0-1]$ , $[0,2^1-1]$ , $[0,2^2-1]$ , $[0,2^3-1]$……($[0,2^i-1]$）

建立一个f[130][1010]的数组，横坐标表示 $i$，纵坐标 $j$ 表示 %$k$ 的余数，里面存 $x$ 的个数($xϵ[0,2^i-1]$,$x$%$k$ == $j$)。

当 $i$ = 0 时，只存在一个数 $0$，那么f[0][0] = 1;

当 $i$ = 1 时候，$[1,1]$可以用 $[0,0]$ + $2^0$ 表示。那么原来的 0+1=1，% $k$ 的余数就变成了1所以，f[1][1] = f[0][0] + f[0][1] = 1;

当 $i$ = 2 时候，$[2,3]$可以用 $[0,1]$ + $2^1$ 表示。那么原来的 0+2=2，% $k$ 的余数就变成了2所以，f[2][2] = f[1][2] + f[1][0] = 1 ；原来的1+2=3 ， % $k$ 的余数就变成了0，所以f[2][0] = f[1][1] + f[1][0] = 2; f[2][1] 还是原来的 f[1][1] = 1;

概括一下：f[i][j] = f[i - 1][j] + f[i-1][x] ( (x + $2^{i-1}$) % k == j )

建立一个g[130][1010]的数组，横坐标表示 $i$，纵坐标 $j$ 表示 %$k$ 的余数，里面存 所有 $x$ 转化为二进制后1的个数的总和 ($xϵ[0,2^i-1]$，$x$%$k$ == 纵坐标)。

g[i][j] = g[i-1][j] + g[i-1][x] + f[i-1][x] ( (x + $2^{i-1}$) % k == j )

g[i-1][j] 为原来就有的1数量。
纵坐标 为 $x$ 的数 + $2^{i-1}$ 后就变成了 %k == j 的数。
$x$ 的数 + $2^{i-1}$ 相当于在它们二进制的第 $i$ 位 添一个1，在$[0,2^{i-1}-1]$里有 f[i-1][j]个数，则在 $[0,2^i-1]$ 要多添加 f[i-1][j] 个1,然后再加上g[i-1][x]原来就有的1的数量。

所以g[i][j] = g[i-1][j] + g[i-1][x] + f[i-1][x] ( (x + $2^{i-1}$) % k == j )

上代码

代码

#include<iostream>
using namespace std;

long long  f[130][1010] = {},g[130][1010] = {};

int main()
{
	const long long mod = 1e9+9;
	long long a = 1,k,b;
	cin>>k>>b;
	f[0][0] = 1;
	for (int i = 1;i<=b;i++)
	{
		for (int j = 0;j<=k-1;j++)
		{
			f[i][j] += f[i-1][j];
            f[i][(j+a)%k] += f[i-1][j];
            g[i][j] += g[i-1][j];
            g[i][(j+a)%k] += g[i-1][j] + f[i-1][j];
		}
		for (int j = 0; j < k; ++j) f[i][j] %= mod, g[i][j] %= mod;
		a = (a * 2) % k;
	}
	cout<<g[b][0];
}