【BZOJ4513】储能表（SDOI2016）-数位DP

最新推荐文章于 2018-12-05 15:44:00 发布

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本文介绍了一种利用数位DP方法解决特定条件下的异或计数及求和问题，通过定义四维状态并进行转移，实现了对限制条件的逐位决策，最终在O(T⋅64⋅25)的时间复杂度内解决问题。

测试地址：储能表
做法： 本题需要用到数位DP。
显然地，我们可以把问题转化成，计算满足这些条件： $i\le n-1,j\le m-1,(i\space xor\space j)\ge k$ 时，满足要求的数对 $(i, j)$ 的数目以及此时 $i\space xor\space j$ 的和。
我们发现这三种限制都可以按二进制位决策，而且这三个限制都是一些上界或者下界，启发我们使用数位DP，因此我们用传统的状态定义定义一个四维的状态：令 $c n t (d, 0 / 1, 0 / 1, 0 / 1)$ 为前 $d$ 位中，满足 $i$ 不卡/卡上界， $j$ 不卡/卡上界， $i\space xor\space j$ 不卡/卡下界的数对 $(i, j)$ 数目，再类似定义 $s u m (d, 0 / 1, 0 / 1, 0 / 1)$ 为满足这么多条件的所有 $i\space xor\space j$ 之和，就可以像正常数位DP一样转移了，时间复杂度为 $O(T\cdot 64\cdot 2^5)$ 。
以下是本人代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int T,d,n[70],m[70],k[70];
ll N,M,K,theK,p,cnt[70][2][2][2],sum[70][2][2][2];

void add(ll &v,ll val)
{
	v=((v+val)%p+p)%p;
}

void solve()
{
	memset(sum,0,sizeof(sum));
	memset(cnt,0,sizeof(cnt));
	cnt[d+1][1][1][1]=1;
	for(int i=d;i>=1;i--)
	{
		for(int s1=0;s1<=1;s1++)
			for(int s2=0;s2<=1;s2++)
				for(int s3=0;s3<=1;s3++)
					for(int ki=0;ki<=1;ki++)
						for(int kj=0;kj<=1;kj++)
						{
							bool nxts1=0,nxts2=0,nxts3=0;
							if (s1)
							{
								if (ki>n[i]) continue;
								else if (ki==n[i]) nxts1=1;
							}
							if (s2)
							{
								if (kj>m[i]) continue;
								else if (kj==m[i]) nxts2=1;
							}
							if (s3)
							{
								if ((ki^kj)<k[i]) continue;
								else if ((ki^kj)==k[i]) nxts3=1;
							}
							add(cnt[i][nxts1][nxts2][nxts3],cnt[i+1][s1][s2][s3]);
							add(sum[i][nxts1][nxts2][nxts3],(sum[i+1][s1][s2][s3]<<1)+cnt[i+1][s1][s2][s3]*(ki^kj));
						}
	}
	ll ans=0;
	theK%=p;
	for(int s1=0;s1<=1;s1++)
		for(int s2=0;s2<=1;s2++)
			for(int s3=0;s3<=1;s3++)
				add(ans,sum[1][s1][s2][s3]-cnt[1][s1][s2][s3]*theK);
	printf("%lld\n",ans);
}

int main()
{
	scanf("%d",&T);
	while(T--)
	{
		scanf("%lld%lld%lld%lld",&N,&M,&K,&p);
		N--,M--;
		
		d=0;
		theK=K;
		while(N||M||K)
		{
			++d;
			n[d]=N%2ll;
			m[d]=M%2ll;
			k[d]=K%2ll;
			N>>=1,M>>=1,K>>=1;
		}
		
		solve();
	}
	
	return 0;
}