HDU-5936 Difference(折半枚举)

Posted 2020-12-11 kangkang-

题目链接：HDU-5936 Difference

题意

有两个等式：

[egin{split}f(y,K)&=sum_{z { m in every digits of} y}z^K qquad qquad (1)\x&=f(y,K)-y qquadqquadqquadquad (2)end{split} ]

给定 (x(0leq xleq 10^9)) 和 (K(1leq Kleq 9)) ，问有多少个不同的正整数 (y) 能满足以上两个等式。

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思路

假如 (y) 是11位，那么 (f(y,K)) 的最大值为 (f(99999999999, 9)=11cdot 9^9) ，只有10位，所以 (x=f(y,K)-y<0) ，当 (y>11) 时显然也是这样，可得 (y) 最大只有10 位。

令 (y=a+bcdot 10^5) ，则

$x=f(y,K)-y=f(a,K)+f(b,K)-a-bcdot 10^5 $

(Longrightarrow x-f(a,K)+a=f(b,K)-bcdot 10^5) ，

即有多少对 (langle a,b angle) 满足 (x-f(a,K)+a=f(b,K)-bcdot 10^5) ，就有多少个 (y) 满足题目的等式。预处理所有的 (f(b,K)-bcdot 10^5) 的值，枚举左式的 (a) ，二分查找有多少个右式的值等于左式，将每次枚举查找到的数量相加就是答案。(x=0) 时，由于统计了 (y=0) 的情况，但是 (y) 只能为正整数，所以答案要减 1。

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代码实现

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using std::sort;
typedef long long LL;
LL g[10][100010], pw[10][10];
int fun(int x, int k) {
    int res = 0;
    while (x) {
        res += pw[x%10][k];
        x /= 10;
    }
    return res;
}

int main() {
    for (int i = 1; i < 10; i++) {
        int tmp = 1;
        for (int j = 1; j < 10; j++) {
            tmp *= i;
            pw[i][j] = tmp;
        }
    }
    for (int i = 1; i < 10; i++) {
        for (int j = 0; j < 100000; j++) {
            g[i][j] = fun(j, i) - 1ll * j * 100000;
        }
        sort(g[i], g[i] + 100000);
    }
    int T;
    scanf("%d", &T);
    for (int cas = 1; cas <= T; cas++) {
        int x, K;
        scanf("%d %d", &x, &K);
        int ans = 0;
        for (int i = 0; i < 100000; i++) {
            LL left = x - fun(i, K) + i;
            ans += std::upper_bound(g[K], g[K] + 100000, left) - std::lower_bound(g[K], g[K] + 100000, left);
        }
        if (x == 0) ans--;
        printf("Case #%d: %d
", cas, ans);
    }
    return 0;
}