2016 ccpc 杭州 D.Difference hdu5936（折半枚举）

最新推荐文章于 2020-08-02 22:50:30 发布

凝望_XXW

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分类专栏： ACM 折半枚举文章标签：折半枚举

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折半枚举

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题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5936
题意：
- $\sum_{z\,in\,every\,digits\,of\,y} Z^{k} \quad(e.g.f(233,2) = 2^2 + 3^2 + 3^2 = 22)$
- $x=f(y,k)-y\quad(1)$ 已知 x 和 k ，求符合上式的 y 的个数
坑点：注意题中表明 y 为正数，即 y>0
算法：折半枚举。手动模拟得y<=1e10, 令 $b*1e5\quad(1<=a<=99999, 0<=b<=100000)$ 带入式（1）得 $x = f (a, k) - a + f (b, k) - b * 1 e 5$ 即 $x - f (a, k) + a = f (b, k) - b * 1 e 5$ 预处理b，枚举a，即可在限制复杂度内求出答案。
- 该算法减少了枚举 a 时，重复枚举 b 的运算量。

#include <bits/stdc++.h>
#define pi acos(-1);
#define fastio ios_base::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const LL LL_INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int maxn = 150000 + 10;
const int mod = 1e9 + 7;

map<LL, LL> mp[15];

LL F(LL y, LL k)
{
    LL tmp, ans=0, mul=1;
    while(y){
        tmp = y%10;
        mul = 1;
        for(LL i=1; i<=k; i++) mul *= tmp;
        ans += mul;
        y/=10;
    }
    return ans;
}

void init()
{
    for(LL k=1; k<=9; k++){
        for(LL i=0; i<100000; i++){
            mp[k][F(i, k)-i*100000]++;
            //if(F(i, k)-i*100000 == 0) printf("----%lld %lld\n", i, k);
        }
    }
}

int main()
{
    init();
    LL T, k, x, cas=0; scanf("%lld", &T);
    while(T--){
        scanf("%lld%lld", &x, &k);
        LL ans = 0;
        for(LL i=1; i<=99999; i++){
            if(mp[k].count(x-F(i, k)+i)){
                ans += mp[k][x-F(i, k)+i];
                //printf("...%lld\n", i);
            }
            //if(mp[k][x-F(i,k)+i]) printf("...%d %d %lld %lld\n", i, k, x-F(i, k)+i, mp[k][x-F(i,k)+i]);
        }
        printf("Case #%lld: %lld\n", ++cas, ans);
    }
}


/*
9
0 1
0 2
0 3
0 4
0 5
0 6
0 7
0 8
0 9

*/