CodeForces-431D Random Task

最新推荐文章于 2024-01-17 08:41:49 发布

dbd175517

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原文链接：http://www.cnblogs.com/dsjkafdsaf/p/11420982.html

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题目描述

求一个$n$，使得$n+1$到$2n$这些数的二进制中恰好有$k$个$1$的数有$m$个。

Input

输入包含两个正整数$m，k$。$(0<=m<=1e18, 1<=k<=64) $

Output

输出$n$。

Sample Input

1 1

3 2

Sample Output

1
5

首先我们要知道这个答案是具有单调性的。

即若满足$m>n$，则区间$[m,2m]$内满足条件的数的数量$>$区间$[n,2n]$内满足条件的数的数量。

证明如下：

将区间$[n+1,2n]$分割成两个区间$[n+1,n+1]$和$[n+2,2n]$。

而区间$[n+2,2*(n+1)]$可以分割成$[n+2,2n]$和$[2n+1,2n+2]$。

而$2n+2$二进制中$1$的数量和$n+1$中$1$的数量是相同的。

而多了一个$2n+1$只有可能让数量增加，所以答案满足单调性。

即对于$m>n$，则区间$[m,2m]$内满足条件的数的数量$>$区间$[n,2n]$内满足条件的数的数量。

证毕。

于是我们就可以二分求解了。

现在我们就只用判断$[n+1,2n]$中满足条件的数的数量即可。

我们发现对于区间$[n+1,2n]$满足条件的数的数量可以转换为$[1,2n]$-$[1,n]$的数量。

而一个前缀的数量肯定会更好求解。

问题进一步转换为求解$[1,n]$内满足条件数的数量。

这个问题我们可以利用两种方法求解：

方法一：计数DP

对于当前$n$,我们从二进制位高的开始考虑，首先我们只有在遇到一个$1$时才能更新答案。

对于当前遇到的$1$，我们发现前面的位上的数是固定的，一共有$tot$个$1$，而我们再后面的$i$个位上可以选择$k-tot$个位置放置$1$,所以答案增加$C(i,n-tot)$，然后$tot++$即可。

代码如下

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define int long long
#define reg register
#define Raed Read
#define clr(a,b) memset(a,b,sizeof a)
#define debug(x) cerr<<#x<<" = "<<x<<endl;
#define rep(a,b,c) for(reg int a=(b),a##_end_=(c); a<=a##_end_; ++a)
#define ret(a,b,c) for(reg int a=(b),a##_end_=(c); a<a##_end_; ++a)
#define drep(a,b,c) for(reg int a=(b),a##_end_=(c); a>=a##_end_; --a)
#define erep(i,G,x) for(int i=(G).Head[x]; i; i=(G).Nxt[i])
#pragma GCC target("avx,avx2,sse4.2")
#pragma GCC optimize(3)

inline int Read(void) {
    int res=0,f=1;
    char c;
    while(c=getchar(),c<48||c>57)if(c=='-')f=0;
    do res=(res<<3)+(res<<1)+(c^48);
    while(c=getchar(),c>=48&&c<=57);
    return f?res:-res;
}

template<class T>inline bool Min(T &a, T const&b) {
    return a>b?a=b,1:0;
}
template<class T>inline bool Max(T &a, T const&b) {
    return a<b?a=b,1:0;
}

const int N=1e5+5,M=2e5+5,mod=1e9+7;

bool MOP1;

int m,k,C[70][70];

int solve(int x) {
    int Ans=0,tot=0;
    drep(i,63,0)if(x&(1ll<<i)) {
        if(tot<=k)Ans+=C[i][k-tot];
        tot++;  
    }
    return Ans;
}

bool MOP2;

inline void _main() {
    m=Read(),k=Read();
    int L=1,R=1e18,Ans=0;
    C[0][0]=1;
    rep(i,1,64) {
        C[i][0]=1;
        rep(j,1,i)C[i][j]=C[i-1][j-1]+C[i-1][j];
    }
    while(L<=R) {
        int mid=(L+R)>>1;
        if(solve(mid*2)-solve(mid)>=m)Ans=mid,R=mid-1;
        else L=mid+1;
    }
    printf("%lld\n",Ans);
}

signed main() {
    _main();
    return 0;
}

方法二：数位DP

我们可以直接将$n$转换为二进制数，那么就可以直接$dp$了。

$dp[i][j]$代表考虑到第$i$位，$1$的数量为$j$的数的个数。

代码如下

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define int long long
#define reg register
#define Raed Read
#define clr(a,b) memset(a,b,sizeof a)
#define debug(x) cerr<<#x<<" = "<<x<<endl;
#define rep(a,b,c) for(reg int a=(b),a##_end_=(c); a<=a##_end_; ++a)
#define ret(a,b,c) for(reg int a=(b),a##_end_=(c); a<a##_end_; ++a)
#define drep(a,b,c) for(reg int a=(b),a##_end_=(c); a>=a##_end_; --a)
#define erep(i,G,x) for(int i=(G).Head[x]; i; i=(G).Nxt[i])
#pragma GCC target("avx,avx2,sse4.2")
#pragma GCC optimize(3)

inline int Read(void) {
    int res=0,f=1;
    char c;
    while(c=getchar(),c<48||c>57)if(c=='-')f=0;
    do res=(res<<3)+(res<<1)+(c^48);
    while(c=getchar(),c>=48&&c<=57);
    return f?res:-res;
}

template<class T>inline bool Min(T &a, T const&b) {
    return a>b?a=b,1:0;
}
template<class T>inline bool Max(T &a, T const&b) {
    return a<b?a=b,1:0;
}

const int N=1e5+5,M=2e5+5,mod=1e9+7;

bool MOP1;

int m,k,dp[70][70],A[70];

int dfs(int pos,int tot,int limit) {
    if(!pos)return tot==k;
    if(!limit&&dp[pos][tot]!=-1)return dp[pos][tot];
    int up=limit?A[pos]:1,res=0;
    rep(i,0,up)res+=dfs(pos-1,tot+i,limit&(i==up));
    if(!limit)dp[pos][tot]=res;
    return res;
}

int solve(int x) {
    int len=0;
    while(x)A[++len]=x&1,x>>=1;
    return dfs(len,0,1);
}

bool MOP2;

inline void _main() {
    //  cerr<<"M="<<(&MOP2-&MOP1)/1024.0/1024.0<<endl;
    m=Read(),k=Read();
    int L=1,R=1e18,Ans=0;
    memset(dp,-1,sizeof dp);
    while(L<=R) {
        int mid=(L+R)>>1;
        if(solve(mid*2)-solve(mid)>=m)Ans=mid,R=mid-1;
        else L=mid+1;
    }
    printf("%lld\n",Ans);
}

signed main() {
    _main();
    return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/dsjkafdsaf/p/11420982.html