45届ICPC亚洲区域赛（上海）C.Sum of Log(卡常数位dp)

Posted 2021-05-18 issue是fw

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若$(x,y)$满足$x\&y=0$那么可以被计算贡献

贡献为二进制位的最高位的位数

那么容易想到定义$f[i][j][0/1][0/1]$表示枚举到第$i$位,最高位二进制$1$是$j$位置

$x$卡不卡上界,$y$卡不卡上界

这样乍一看是非常优秀的复杂度,然而实际上算一下发现极限数据是

$30^2\ast 2^2\ast 10^5=3.6\ast 10^8$

而且数位$dp$的复杂度是带常数的,会被卡死

所以需要优化

发现当我们在第$x$位放置了$1$,那么其实没必要枚举下去,我们只需要知道接下来有多少种方法填数就好了!!!

所以定义$f[i][0/1][0/1]$表示枚举到二进制第$i$位,$x,y$卡不卡上界的数对方案

我们就可以枚举最高位的$1$在哪里,然后从那个位置开始数位$dp$

复杂度变成$30\ast 2^2\ast 10^5=1.2\ast 10^7$

由于变成了$k$次$dfs$,常数略大,但因为状态固定,所以大部分时间是直接返回的

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod = 1e9+7;
int t,x,y,a[33],b[33];
int f[33][2][2];
int dfs(int l,int lim1,int lim2)//h1表示最高位1的位置,h2表示是否有低位1 
{
	if( f[l][lim1][lim2]!=-1 )	return f[l][lim1][lim2];
	if( l==0 )	return f[l][lim1][lim2] = 1;
	int ed1 = lim1?a[l]:1, ed2 = lim2?b[l]:1;
	long long ans = 0;
	for(int i=0;i<=ed1;i++)
	for(int j=0;j<=ed2;j++)	
	{
		if( (i&j)!=0 )	continue;
		ans += dfs(l-1,lim1&&(i==ed1),lim2&&(j==ed2) );		
	}
	return f[l][lim1][lim2] = ans%mod;
}
//f[i][0/1][0/1]表示最高位1在i位置,当前卡不卡上界 
int solve(int x,int y)
{
	for(int i=1;i<=a[0];i++)	a[i] = 0;
	for(int i=1;i<=b[0];i++)	b[i] = 0;
	a[0] = b[0] = 0;
	while( x ){ a[++a[0]] = x&1; x>>=1; }
	while( y ){ b[++b[0]] = y&1; y>>=1; }
	int mx = max( a[0],b[0] );
	for(int i=0;i<=mx;i++)
		f[i][0][0] = f[i][0][1] = f[i][1][0] = f[i][1][1] = -1; 
	long long ans = 0;
	for(int i=1;i<=a[0];i++)//枚举最高位,x是1,y是0
		ans += 1ll*dfs( i-1,i==a[0],i>b[0] )*i;
	for(int i=1;i<=b[0];i++)//枚举次高位,x是0,y是1 
		ans += 1ll*dfs( i-1,i>a[0],i==b[0] )*i;
	return ans%mod;
}
signed main()
{
	cin >> t;
	while( t-- )
	{
		scanf("%d%d",&x,&y);
		printf("%d\\n",solve(x,y) );
	}
}

当然,更好的写法是直接一遍$dfs$统计答案

虽然复杂度完全没区别,但是要简短一点点

比如这里写的LINK