POJ 32523252(组合数)
原创
©著作权归作者所有:来自51CTO博客作者superhuanghai的原创作品,请联系作者获取转载授权,否则将追究法律责任
\(POJ\) \(3252\)(组合数)
题目传送门
一、题目描述
给出两个整数\(Start,Finish\),问区间\([Start,Finish]\)中 \(round\) \(number\)的个数。
(\(1<=Start<Finish<=2000000000\))
\(round\) \(number\)定义:\(RN\)数即化为二进制后\(0\)的个数不少于\(1\)的个数的数。(需要去除前导零)
二、解题思路
这题的约束就是一个数的二进制中\(0\)的数量要不能少于\(1\)的数量,通过上一题,这题状态就很简单了,\(dp[pos][num]\),到当前数位\(pos\),\(0\)的数量减去\(1\)的数量不少于\(num\)的方案数,一个简单的问题,中间某个\(pos\)位上\(num\)可能为负数(这不一定是非法的,因为我还没枚举完嘛,只要最终的\(num>=0\)才能判合法,中途某个\(pos\)就不一定了),这里比较好处理,\(Hash\)嘛,最小就\(-32\)吧,直接加上\(32\),把\(32\)当\(0\)用。这题主要是要想讲一下\(lead\)的用法,显然我要统计\(0\)的数量,前导零是有影响的。至于\(!lead\&\&!limit\)才能\(dp\),都是类似的,自己慢慢体会吧。
三、实现代码
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <cmath>
using namespace std;
const int N = 32;
//整数范围,最大数字的二进制表示,有32位也足够
//状态范围:因为数字0的个数与数字1的个数的差,在中间过程中可能是负数,所以需要做一个偏移处理,映射到自然数的下标空间,也就是双倍空间足够
int f[N][N << 1];
int a[N];
int dfs(int pos, int st, bool lead, bool limit) {
if (pos == 0) return st >= 32; //大于等于偏移量32,也就是count(0)-count(1)>=0,此时贡献数字1个
if (!limit && !lead && ~f[pos][st]) return f[pos][st];
int up = limit ? a[pos] : 1;
int ans = 0;
for (int i = 0; i <= up; i++) {
//前一位是前导零的情况下,本位依然是0
//(1)st不变,继续传送偏移量32,也就是count(0)-count(1)=0
//(2)则需要继续传递前导零标识
if (lead && i == 0)
ans += dfs(pos - 1, st, true, limit && i == a[pos]); //有前导零就不统计在内
else
//场景1:前一位是前导零,本位不是0
//场景2:前一位不是前导零,本位是0
//场景3:前一位不是前导零,本位不是0
//此三种场景,都不需要继续传递前导零标识,即lead=false
//(1)如果本位是0,则传递st+1
//(2)如果本位是1,则传递st-1
ans += dfs(pos - 1, st + (i == 0 ? 1 : -1), false, limit && i == a[pos]);
}
if (!limit && !lead) f[pos][st] = ans;
return ans;
}
int calc(int x) {
int al = 0;
while (x) {
a[++al] = x & 1; //取出二进制的每一位表示,存入数组a中
x >>= 1;
}
// pos=al:从al位开始
// st=32:目前count(0)-count(1)=32,也就是默认加上了偏移量32
// lead=true:需要考虑前导0
// limit=true:贴上界
return dfs(al, 32, true, true);
}
int main() {
memset(f, -1, sizeof f);
// 1 ≤ Start < Finish ≤ 2,000,000,000
// INT_MAX=2147483647,看来Start和Finish还是在整数范围内
int a, b;
while (cin >> a >> b)
printf("%d\n", calc(b) - calc(a - 1));
return 0;
}