Ural 1057. Amount of Degrees(数位DP)

第二次做数位DP，做了好几个小时，我先哭一会 = =

和hdu2089做法相似，不过细节要多考虑。

首先一个数如果为B的次方和，那么用B进制表示，符合要求的数一定是一串只有0和1的数字，并且1的个数为k。

dp[i][j] 表示i位数，首位为j的符合要求的数有多少个。

递推公式dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i-1][j-1]。（第i位为0或为1）

利用dp对于一个N求[0,N)之间符合要求的数。

先把一个数化为B进制，长度为len;

对于某一位，如果该位的数字大于1，那么直接求dp[i-1][k]+dp[i-1][k-1]就是结果。

对于某一位如果为1，那么要加上该位为0的情况，dp[i-1][k-1]

如果为0，那么没有贡献，继续求下一位。

记录cnt为1的个数。

例如一个数4131（已化为b进制）

第一位是4，那么dp[3][k]+dp[3][k-1]就是结果

例如一个数1010

第一位为1，那么第一位为0的所有数都小于1014，求出dp[3][k]，即0xxx中满足条件的数。

继续求1xxx中满足条件的数，因为已经确定一个数为1，这时求得的数中只需有k-1个1就可以了。

第二位0，继续。

第三位1，那么求第三位为0的，求100x，即dp[1][k-1]。

然后求101x，要有k-2个1.

最后一位0，结束。

#include <iostream>
#include <cmath>
using namespace std;

// 1≤X≤Y≤2^31−1  1≤K≤20 2≤B≤10
int x, y;
int k, b; // b进制 k个1

int dp[40][40]; // dp[i][j] i位数，一共有j个1，有多少种可能情况
// dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i-1][j-1] --第i位可能为0或1
int d[40];

void init()
{
	dp[0][0] = 1;
	for (int i = 1; i <= 31; ++i) {
		for (int j = 0; j <= 31; ++j) {
			dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i - 1][j - 1];
		}
	}
}

int solve(int n)
{
	int len = 0;
	int ans = 0;
	while (n) {
		d[++len] = n % b;
		n /= b;
	}

	int cnt = 0; // 为1的位数
	for (int i = len; i >= 1; --i) {
		if (cnt == k) {
			if (d[i]) {
				++ans;
				break;
			}
		} else if (i == 1) {
			if (d[i] > 1 && cnt + 1 == k) ++ans;
			break;
		} else if (d[i] > 1) {
			ans += dp[i - 1][k - cnt - 1] + dp[i - 1][k - cnt];
			break;
		} else if (d[i] == 1) {
			ans += dp[i - 1][k - cnt];
			++cnt;
		}
	}

	return ans;
}


int main()
{
	init();
    while (cin >> x >> y >> k >> b) {
		cout << solve(y + 1) - solve(x) << endl;
    }
    return 0;
}

/**
Input:
15 20 2 2
1 300 4 8
111 211 3 10
90 100 2 3

Output:
3
0
1
1
**/