ural 1057 Amount of degrees （数位dp）

关注

原创最新推荐文章于 2026-05-04 08:07:20 发布 674 阅读 AI 写同款· GEO 优化 ›

Zynq 双核AMP 通信 4、配置离线编译（这里不讲），配置linux的内核地址空间（0x4000_0000改为0x2000_0000），以及单核启动。CPU1设置为0x2000_0000~0x3FFF_FFFF（也可以小于0x3FFF_FFFF）如果禁用CPU1的L2 cache，在CPU1的bsp里面添加编译时候所需要的宏。3、配置工程，将vivado产生的.xsa文件复制到amp_com项目目录下。9、使用petalinux-package --boot 打包。一、vivado工程。5、编译u-boot。阅读详情

1057. Amount of Degrees

Time limit: 1.0 second
Memory limit: 64 MB

Create a code to determine the amount of integers, lying in the set [X;Y] and being a sum of exactlyK different integer degrees of B.

Example. Let X=15, Y=20, K=2, B=2. By this example 3 numbers are the sum of exactly two integer degrees of number 2:

17 = 24+20,
18 = 24+21,
20 = 24+22.

Input

The first line of input contains integers X and Y, separated with a space (1 ≤ X ≤ Y ≤ 231−1). The next two lines contain integers K and B (1 ≤ K ≤ 20; 2 ≤ B ≤ 10).

Output

Output should contain a single integer — the amount of integers, lying between X and Y, being a sum of exactly K different integer degrees of B.

Sample

input	output
15 20 2 2	3

题目大意：

求给定区间

[X,Y]

中满足

下列

条件的

整

数个数：这个数

恰好

等

于

个

互不相

等的

的

整

数

次幂

之和。例如，设

X=15

，

Y=20

，

K=2

，

B=2

，

则

有

且仅

有

下列三

个数满足题

意

：

17 = 2

，

18 = 2

，

20 = 2

。

输入

：第一

行包含两

个

整

数

和

。

接下来两行包含整

数

和

。

输出

：

只包含

一个

整

数，

表示

满足条件的数的个数。

数

据规模

：

≤

−

，

≤

，

≤

。

浅谈数位类问题刘聪
第 1页，共 12页
浅谈数位类统计问题
山东省青岛第二中学刘聪
【摘要】
在信息学竞赛中，有一类与数位有关的区间统计问题。这类问题往往具有比较浓厚的数学味道，无法暴力求解，需要在数位上进行递推等操作。本文通过几个例子，简要介绍了解决此类问题的基本思想和方法。
【关键字】
数位区间统计递推树二进制
【正文】
在信息学竞赛中，有这样一类问题：求给定区间中，满足给定条件的某个D进制数或此类数的数量。所求的限定条件往往与数位有关，例如数位之和、指定数码个数、数的大小顺序分组等等。题目给定的区间往往很大，无法采用朴素的方法求解。此时，我们就需要利用数位的性质，设计log(n)级别复杂度的算法。解决这类问题最基本的思想就是“逐位确定”的方法。下面就让我们通过几道例题来具体了解一下这类问题及其思考方法。

【例题1】Amount of degrees (ural 1057)
题目大意：
求给定区间[X,Y]中满足下列条件的整数个数：这个数恰好等于K个互不相等的B的整数次幂之和。例如，设X=15，Y=20，K=2，B=2，则有且仅有下列三个数满足题意：
17 = 24+20， 18 = 24+21， 20 = 24+22。
输入：第一行包含两个整数X和Y。接下来两行包含整数K和B。输出：只包含一个整数，表示满足条件的数的个数。数据规模：1 ≤ X ≤ Y ≤ 231−1，1 ≤ K ≤ 20， 2 ≤ B ≤ 10。分析：
所求的数为互不相等的幂之和，亦即其B进制表示的各位数字都只能是0和1。因此，我们只需讨论二进制的情况，其他进制都可以转化为二进制求解。
很显然，数据范围较大，不可能采用枚举法，算法复杂度必须是log(n)级别，因此我们要从数位上下手。

参考链接：http://wenku.baidu.com/view/d2414ffe04a1b0717fd5dda8.html

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<stack>
#include<vector>
#include<set>
#include<map>


#define L(x) (x<<1)
#define R(x) (x<<1|1)
#define MID(x,y) ((x+y)>>1)

#define eps 1e-8
typedef __int64 ll;

#define fre(i,a,b)  for(i = a; i <b; i++)
#define free(i,b,a) for(i = b; i >= a;i--)
#define mem(t, v)   memset ((t) , v, sizeof(t))
#define ssf(n)      scanf("%s", n)
#define sf(n)       scanf("%d", &n)
#define sff(a,b)    scanf("%d %d", &a, &b)
#define sfff(a,b,c) scanf("%d %d %d", &a, &b, &c)
#define pf          printf
#define bug         pf("Hi\n")

using namespace std;

#define INF 0x3f3f3f3f
#define N 35

int f[N][N],le,ri;
int k,b;
int a[40];

void inint()
{
    int i,j;
    f[0][0]=1;
    fre(i,1,N)
     {
         f[i][0]=f[i-1][0];
         fre(j,1,i+1)
           f[i][j]=f[i-1][j]+f[i-1][j-1];
     }
}

int solve(int x)
{
   int i,j,p=0;
   while(x)
   {
      a[p++]=x%b;
      x/=b;
   }

   int tot=0;
   int ans=0;

   free(i,p-1,0)
   {
       if(a[i]==1)
       {
          ans+=f[i][k-tot];
          tot++;
          if(tot>k) break;
       }
       else if(a[i]>1)
       {
          ans+=f[i][k-tot-1];
          ans+=f[i][k-tot];
          break;
       }

   }
  return ans;
}

int main()
{
   int i,j;
   inint();
   while(~scanf("%d%d",&le,&ri))
   {
        scanf("%d%d",&k,&b);

        pf("%d\n",solve(ri+1)-solve(le));
   }
   return 0;
}

收录于