Bzoj 3652: 大新闻(数位dp)

最新推荐文章于 2019-03-01 21:47:41 发布

Renee8727

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CC 4.0 BY-SA版权

原文链接：http://www.cnblogs.com/ShallWe2000/p/5774014.html

本文探讨了数位DP在解决特定类型问题时的应用，通过分析大新闻问题，详细介绍了如何设计状态转移方程，利用枚举状态法解决复杂问题，并提供了一段C++代码示例。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

以下内容来自ShallWe's Blog

题目

3652: 大新闻

Description

Input

Output

\(1<=N<=10^18\)

解题报告

显然是一道数位dp的题目，观察数据范围可知.
加密和不加密是完全没有关系的两个问题。

加密：等概率的选取两个数异或的期望？\(ans_1*n^2=\Sigma_{i=1}^{W}f_i*(n-f_i)*2*(1<<i-1)\)非常显然，就是观察每个数位可以做出的贡献。
未加密：对于\(x∈[0,n)\)，寻找\(y\)使得\(x^y \to max\),将二进制推广成树状，那么显然最有的策略是对称的走，这样可以让每个数位都做出贡献，而如果不可以对称，就退而求其次好了，，，

对数位dp问题，我一向是很虚的，学长安利了一种具有普遍性的方法->疯狂枚举状态法，就是设计\(f[i][0/1][0/1][][][]\)这个姿势的式子，\(i\)表示枚举到的数位，后面的每个括号都是消除后效性的状态，然后枚举出所有的状态，显然有稳定的复杂度，和很好写的脸。
回到大新闻,f[i][1/0][1/0]表示从高开始到第\(i\)位，\(x\)是否卡边界,\(y\)是否卡边界的概率（存收益，期望都没问题）。然后就是很短(？)的代码了。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
using namespace std;
const int N=70;
typedef long long ll; 
ll n,mi[N],have[N];
double f[N][2][2],g[N][2][2],p;  
int a[N],w; 
double one(){
    int i,j,k,aa,bb,jj,kk; 
    double ans=0; 
    g[a[0]+1][1][1]=1.0/(double)n; 
    for (i=a[0];i;i--) 
        for (j=0;j<=1;j++)
            for (k=0;k<=1;k++)
                if (g[i+1][j][k]>0.0)
                    for (aa=0;aa<=1;aa++){
                        if (j)
                            if (aa<a[i]) 
                                jj=0; 
                            else
                                if (aa==a[i]) 
                                    jj=1; 
                                else
                                    continue;
                        else
                            jj=0; 
                        if (k){
                            bb=aa^1; 
                            if (bb>a[i]) bb^=1; 
                            if (bb<a[i]) 
                                kk=0; 
                            else
                                kk=1; 
                        }else
                            bb=aa^1,kk=0; 
                        f[i][jj][kk]+=f[i+1][j][k]+(double)mi[i-1]*g[i+1][j][k]*(double)(aa^bb); 
                        g[i][jj][kk]+=g[i+1][j][k];
                    }
    for (i=0;i<=1;i++)
        for (j=0;j<=1;j++) 
            ans+=f[1][i][j]; 
    return ans; 
}   
double two(){
    ll x=n;a[0]=0;
    double ans=0;
    while(n){
        a[++a[0]]=(int)(n%2);
        n/=2;
    }
    int i,j;
    for (n=x,i=a[0];i;i--){
        if (a[i]){
            n-=mi[i-1],have[i]+=n;
            for (j=i-1;j;j--) 
                have[j]+=(i-2>=0?mi[i-2]:0LL);
        }
    }
    for (n=x,i=a[0];i;--i)
        ans+=(double)have[i]/(double)n*(double)(n-have[i])/(double)n*2.0*(double)mi[i-1];
    return ans;
}                                           
int main(){
//  freopen("bignews.in","r",stdin); 
//  freopen("bignews.out","w",stdout);
    scanf("%lld",&n);
    scanf("%lf",&p);
    ll x=n-1;
    while (x){
        a[++a[0]]=(int)(x%2); 
        x/=2;
    }
    mi[0]=1LL;
    for (int i=1;i<=a[0];i++) 
        mi[i]=mi[i-1]*2LL; 
    printf("%lf\n",one()*p+two()*(1.0-p));
    return 0; 
}

转载于:https://www.cnblogs.com/ShallWe2000/p/5774014.html