问题 1110: 2^k进制数
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题目描述
设r是个2^k 进制数，并满足以下条件：
（1）r至少是个2位的2^k 进制数。
（2）作为2^k 进制数，除最后一位外，r的每一位严格小于它右边相邻的那一位。
（3）将r转换为2进制数q后，则q的总位数不超过w。
在这里，正整数k（1≤k≤9）和w（k〈w≤30000）是事先给定的。
问：满足上述条件的不同的r共有多少个？
我们再从另一角度作些解释：设S是长度为w 的01字符串（即字符串S由w个“0”或“1”组成），S对应于上述条件（3）中的q。将S从右起划分为若干个长度为k 的段，每段对应一位2k进制的数，如果S至少可分成2段，则S所对应的二进制数又可以转换为上述的2k 进制数r。
例：设k=3，w=7。则r是个八进制数（2^3=8）。由于w=7，长度为7的01字符串按3位一段分，可分为3段（即1，3，3，左边第一段只有一个二进制位），则满足条件的八进制数有：
2位数：高位为1：6个（即12，13，14，15，16，17），高位为2：5个，…，高位为6：1个（即67）。共6+5+…+1=21个。
3位数：高位只能是1，第2位为2：5个（即123，124，125，126，127），第2位为3：4个，…，第2位为6：1个（即167）。共5+4+…+1=15个。
所以，满足要求的r共有36个。
输入
只有1行，为两个正整数，用一个空格隔开：
k w
输出
1行，是一个正整数，为所求的计算结果，即满足条件的不同的r的个数（用十进制数表示），要求最高位不得为0，各数字之间不得插入数字以外的其他字符（例如空格、换行符、逗号等）。
（提示：作为结果的正整数可能很大，但不会超过200位）
样例输入
3 7
样例输出
36
提示
无
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
using namespace std;
const int N=60;
const int Mx=500;
const int MAXN=600+10;
struct hp
{
int num[N];
hp & operator = (const char*);
hp & operator = (int);
hp();
hp(int);
hp operator + (const hp &) const;
hp operator - (const hp &) const;
hp operator * (const hp &) const;
hp operator / (const hp &) const;
bool operator > (const hp &) const;
bool operator <= (const hp &) const;
hp & operator += (const hp &);
};
hp Cc[520];
hp one;
bool hp::operator > (const hp &b) const //比较
{
if(num[0]!=b.num[0]) return num[0]>b.num[0];
for(int i=num[0];i>=1;i--)
{
if(num[i]!=b.num[i])
return (num[i]>b.num[i]);
}
return false;
}
hp & hp::operator +=(const hp &b) {return *this=*this+b;}
bool hp::operator <= (const hp &b) const {return !(*this>b);}
hp & hp::operator = (const char *c)
{
memset(num,0,sizeof(num));
int n=strlen(c),j=1,k=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(k==10000) j++,k=1;
num[j]+=k*(c[n-i]-'0');
k*=10;
}
num[0]=j;
return *this;
}
hp & hp::operator = (int a)
{
char s[Mx];
sprintf(s,"%d",a);
return *this=s;
}
hp::hp() {memset(num,0,sizeof(num));num[0]=1;}
hp::hp(int n) {*this=n;}
hp hp::operator +(const hp &b) const //加法
{
hp c;
c.num[0]=max(num[0],b.num[0]);
for(int i=1;i<=c.num[0];i++)
{
c.num[i]+=num[i]+b.num[i];
if(c.num[i]>=10000)
{
c.num[i]-=10000;
c.num[i+1]+=1;
}
}
if(c.num[c.num[0]+1]>0) c.num[0]++;
return c;
}
hp hp::operator - (const hp &b) const //减法
{
hp c;
c.num[0]=num[0];
for(int i=1;i<=c.num[0];i++)
{
c.num[i]+=num[i]-b.num[i];
if(c.num[i]<0)
{
c.num[i]+=10000;
c.num[i+1]--;
}
}
while(c.num[c.num[0]]==0&&c.num[0]>1) c.num[0]--;
return c;
}
hp hp::operator * (const hp &b) const //乘法
{
hp c;
c.num[0]=num[0]+b.num[0]+1;
for(int i=1;i<=num[0];i++)
{
for(int j=1;j<=b.num[0];j++)
{
c.num[i+j-1]+=num[i]*b.num[j];
c.num[i+j]+=c.num[i+j-1]/10000;
c.num[i+j-1]%=10000;
}
}
while(c.num[c.num[0]]==0&&c.num[0]>1) c.num[0]--;
return c;
}
hp hp::operator / (const hp& b) const //二分优化除法
{
hp c,d;
c.num[0]=num[0]+b.num[0]+1;
d.num[0]=0;
for(int i=num[0];i>=1;i--)
{
memmove(d.num+2,d.num+1,sizeof(d.num)-sizeof(int)*2);
d.num[0]++;
d.num[1]=num[i];
int l=0,r=9999,mid;
while(l<r)
{
mid=(l+r)>>1;
if(b*hp(mid)<=d) l=mid+1;
else r=mid;
}
c.num[i]=r-1;
d=d-b*hp(r-1);
}
while(c.num[c.num[0]]==0&&c.num[0]>1) c.num[0]--;
return c;
}
ostream & operator << (ostream & o,hp &n) //输出
{
o<<n.num[n.num[0]];
for(int i=n.num[0]-1;i>=1;i--)
{
o.width(4);
o.fill('0');
o<<n.num[i];
}
return o;
}
int main()
{
one=1;
int k,w;
cin>>k>>w;
int x1=w/k;
int x2=w%k;
int M=(1<<k)-1;
hp ans;
hp b,v;
Cc[0]=1;
for(int i=1;i<=min(x1,M);i++){ //预处理了∑ C(2^k-1,i)(2<=i<=w/k) ，
b=(M-i+1);
v=i;
Cc[i]=Cc[i-1]*b/v;
}
for(int i=2;i<=min(x1,M);i++)
{
ans=ans+Cc[i];
}
int M2=(1<<x2)-1;
Cc[M]=Cc[min(x1,M)];
for(int i=1;i<=M2;i++)
{
b=(M-i+1-x1);
v=(M-i+1);
Cc[M-i]=Cc[M-i+1]*b/v; //倒序计算∑ C(2^k-1-val,w/k)(1<=val<=2^(w mod k)-1) ,通过后一个数推前一个数。
ans=ans+Cc[M-i];
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
思路
高精度压位计算。 重载了+，-，*，/;
模板参考：https://www.cnblogs.com/hoskey/p/3722416.html
摘自Mr.black的解析：https://www.cnblogs.com/Blacko/p/3380675.html
作为2^k 进制数，除最后一位外，r的每一位严格小于它右边相邻的那一位。
其实这是在暗示组合数，
显然r中的不会有相同的位
如果每一位都不同，显然只有严格递增的排列是合法的
这便是组合- =，
将 r 转化成这种形式（设k为3） 000 000 000 000
显然除首位外每一位的取值范围为 000 to 111(2^k-1)
在首位为0的情况下，最多可取 w/k 位，且题目要求大于2位，
则在首位为0的合法解有 ∑ C(2^k-1,i)(2<=i<=w/k) ，
Ps. 如果 w 模 k 等于 0 仅考虑上述情况即可。
考虑首位不为0的情况
显然首位不为0的话，r 就有 w/k+1 位，
除首位外还有w/k位，
可以枚举首位的取值范围为 1 to 2^(w mod k)-1
设首位取值为 val
则剩下 w/k 位 取值范围为 val+1 to 2^k-1
也就是有 2^k-1-val 个数可取
所以首位不为0的合法解有 ∑ C(2k-1-val,w/k)(1<=val<=2(w mod k)-1)
所以上述两者相加便是正解（需要高精运算）
神犇的解法更简单高效。
Ps: 涉及高精度的计算，若是高精与低精度的数值运算，都要先把低转为高。