POJ - 3252 数位dp

Posted 2020-10-08 %%%%%

POJ - 3252

题意：求区间l-r中二进制1的个数不大于0的个数的数字有多少

思路：数位dp，设状态 dp[i][j][k]表示在第i位长度为j并且前i个有k个1的答案，设置dp方程的时候一定要注意一个状态对应的是一类数字，这一类数字可以推导出唯一的dp状态，并且这一类数字对应的答案是一样的，比如，一开始我设置的dp方程是dp[i][j][k]表示当前在第i位有j个前导0并且前i个有k个1的答案，这样虽然可以做，但是每次输入l r都需要将dp数组初始化一次，因为只有这3个是不能唯一确定一类数所对应的状态，比如00110xxx， 和00110xxxx，推导出的状态都是dp[3][2][2]，但是00110xxx对应的答案和00110xxxx对应的答案显然不一样，换句话说，就是当2个数推出同一个dp状态的时候，并不能保证这2个数的答案是一样的，可以做是因为每次输入之后每一个数的位数就确定了(前导0也算)，但是下一次输入的时候位数变化了答案就不对了，这个时候就很自然想到了加一维表示位数，由此得到dp[i][j][k][t]，表示当前在第i位 有j个前导0 前i个有k个1 并且二进制长度为t 的答案，这个是没错的，但是你会发现前导0这维是没有作用的，所以得到最上面的dp方程

AC代码：

#include "iostream"
#include "iomanip"
#include "string.h"
#include "stack"
#include "queue"
#include "string"
#include "vector"
#include "set"
#include "map"
#include "algorithm"
#include "stdio.h"
#include "math.h"
#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")
#define bug(x) cout<<x<<" "<<"UUUUU"<<endl;
#define mem(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
#define step(x) fixed<< setprecision(x)<<
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
#define pb(x) push_back(x)
#define ll long long
#define endl ("\n")
#define ft first
#define sd second
#define lrt (rt<<1)
#define rrt (rt<<1|1)
using namespace std;
const ll mod=1e9+7;
const ll INF = 1e18+1LL;
const int inf = 1e9+1e8;
const double PI=acos(-1.0);
const int N=1e5+100;

int bit[50],t;
int dp[50][50][50]//dp[i][j][k]表示在第i位长度为j并且前i个有k个1的答案

ll dfs(bool limit, int pos, int sum, int f, int lead){
    if(pos==-1) return sum<=t-lead>>1;
    if(sum>(t-lead)>>1) return 0;
    if(!limit && dp[pos][t-lead][sum]!=-1) return dp[pos][t-lead][sum];
    int up=limit?bit[pos]:1;
    ll ans=0;
    for(int i=0; i<=up; ++i){
        ans+=dfs(limit&&i==bit[pos], pos-1, sum+i, f&&(i==0), lead+(f&&i==0));
    }
    if(!limit) dp[pos][t-lead][sum]=ans;
    return ans;
}

ll solve(ll x){
    int p=0;
    while(x>0){
        bit[p++]=x%2;
        x>>=1;
    }
    t=p;
    return dfs(1,p-1,0,1,0);
}

int main(){
    ll l,r; mem(dp,-1);
    while(scanf("%lld %lld",&l,&r)!=EOF)//cout<<solve(r)<<endl;  cout<<solve(l-1)<<endl;
    printf("%lld\n",solve(r)-solve(l-1));
    return 0;
}