HDU-6156 Palindrome Function

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本文介绍了一个计算特定区间内回文数的问题，并提供了一种非传统的解决方案，通过枚举不同进制来找出回文数，避免了使用复杂的数位DP方法。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题意：定义函数f(n, k): 当n在k进制下为回文串时，f(n, k) = k; 否则 f(n, k) = 1;
给你一个区间 [L, R].对于区间的每一个数i，计算 j 属于 l 到 r 进制的f(i,j) 的和。

分析：因为进制的区间很小，我们可以枚举每一个进制k，计算[L, R]在k进制下有多少回文数。然后结果就是区间长度减去回文串数（这些事函数值为1 的部分）加上回文串数乘k（函数值为k的部分）。思路很简单，求回文数可以用数位dp，但是比赛的时候没写数位dp，觉得乱搞就可以过。
我们找[0,n]在k进制下回文串数量的时候，可以先找到比n小的第一个回文串。因为回文串时对称的我们可以直接考虑一半。按回文串的奇偶分两种情况讨论。好像比数位dp快一些。

#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<iostream>
#include<map>
#include<set>
#include<vector>
#include<queue>
#include<stack>
#define mo 1000000007
#define mm %mo
using namespace std;

typedef long long ll;
const int N = 1e5 + 5;
ll primesize;
ll prime[N], phi[N], isP[N], miu[N];
ll a[N], len;

inline ll qucickM(ll a, ll b){
    ll c = 1;
    while(b){
        if(b & 1) c = c * b mm;
        b >>= 1;
        a = a * a mm;
    }
    return c;
}

void getR(ll t, ll k, int de){
    if(t < k){
        a[++len] = t;
        return;
    }
    getR(t / k, k, de + 1);
    a[++len] = t % k;
}

ll solve(ll t, ll k){
    if(t == 0) return 0;
    len = 0;
    getR(t, k, 1);
    if(len % 2){
        int mid = len / 2 + 1, le, re;
        for(le = mid - 1, re = mid + 1; le > 0 && re <= len && a[le] == a[re]; re++, le--);
        if(le >= 1 || re <= len) {
            if(a[le] > a[re]){
                int pos = 0;
                for(pos = mid; pos >= 0 && a[pos] == 0; pos--);
                a[pos] -= 1;
                if(pos)for(int j = pos + 1; j <= mid; j++) a[j] = k - 1;
                if(pos == 1 && a[pos] == 0){
                    len--;
                    for(int i = 1; i <= len; i++) a[i] = k - 1;
                    goto l1;
                }
            }
            for(int i = 1, j = len; j >= i; i++, j--){
                a[j] = a[i];
            }
        }  
    }else{
        int mid = len / 2, le, re;
        for(le = mid, re = mid + 1; le > 0 && re <= len && a[le] == a[re]; re++, le--);
        if(le >= 1 || re <= len) {
            if(a[le] > a[re]){
                int pos = 0;
                for(pos = mid; pos >= 0 && a[pos] == 0; pos--);
                a[pos] -= 1;
                if(pos)for(int j = pos + 1; j <= mid; j++) a[j] = k - 1;
                if(pos == 1 && a[pos] == 0){
                    len--;
                    for(int i = 1; i <= len; i++) a[i] = k - 1;
                    goto l1;
                }
            }
            for(int i = 1, j = len; j >= i; i++, j--){
                a[j] = a[i];
            }
        }    
    }
    l1:
    if(len % 2 == 0){
        ll p = 0, q = 1;
        for(int i = 1; i <= len / 2; i++){
            p = p * k + a[i];
            q = q * k;
        }
        return p + q - 1;
    }else{
        ll p = 0, q = 1;
        for(int i = 1; i <= len / 2; i++){
            p = p * k + a[i];
            q = q * k;
        }
        if(len == 1) return a[1];
        return (p - 1) * (k) + a[len / 2 + 1] + 1 + (q - 1) + k - 1;
    }
}

int main(){
    int T;
    //freopen("a.txt", "r", stdin);
    //freopen("b2.txt", "w", stdout);
    scanf("%d", &T);
    for(int kase = 1; kase <= T; kase++){
        ll L, R, l, r, ans = 0;
        scanf("%lld%lld%lld%lld", &L, &R, &l, &r);
        for(ll i = l; i <= r; i++){
            ll sl = solve(L - 1, i);
            ll sr = solve(R, i);
            ll tot = R - L + 1;
            ans += tot - (sr - sl) + i * (sr - sl);    
        }
        printf("Case #%d: %lld\n", kase, ans);
    }
    return 0;    
}