[NOIP2006] 提高组洛谷P1066 2^k进制数

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< span>≤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2^k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2^k 进制数r。

例：设k=3，w=7。则r是个八进制数（23=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。

输入输出格式

输入格式：

输入只有1行，为两个正整数，用一个空格隔开：

k W

输出格式：

输出为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）

输入输出样例

输入样例#1：

3 7

输出样例#1：

说明

NOIP 2006 提高组第四题

数学统计

显然2^k进制数可以转化成二进制数分析。

比如8位的二进制数 00000000，如果要组成2^3进制，需要每3个数划分成一段： 00|000|000

000三位可能会有2^3-1种可能(1~7)

如果每段长度都相等，由于每段可能组成的数相同，而实际组成的几个数各不相同，所以总方案数可以用组合数计算：c[2^k-1][n] (共有n段)

而如果第一段长度与后面的不等，需要单独考虑: c[2^k-(首段选择的数字i)][w/k] 1<=i<2^(首段二进制位数) && 2^k-i>w/k ←需要给后面的数留出位置

 1 /*By SilverN*/
 2 #include<iostream>
 3 #include<cstdio>
 4 #include<cmath>
 5 #include<cstring>
 6 #include<algorithm>
 7 using namespace std;
 8 int read(){
 9     int x=0,f=1;char ch=getchar();
10     while(ch<'0' || ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
11     while(ch>='0' && ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
12     return x*f;
13 }
14 struct num{
15     short int len;
16     int a[45];
17 }c[400][400];
18 int n,k;
19 num c1,ans;
20 num gadd(num a,num b){
21     memset(c1.a,0,sizeof c1.a);
22     c1.len=max(a.len,b.len);
23     for(int i=1;i<=c1.len;++i){
24         c1.a[i]+=a.a[i]+b.a[i];
25         c1.a[i+1]+=c1.a[i]/10000;
26         c1.a[i]%=10000;
27     }
28     if(c1.a[c1.len+1]) c1.len++;
29     return c1;
30 }
31 void Print(){
32     printf("%d",ans.a[ans.len]);
33     for(int i=ans.len-1;i>0;--i){
34         printf("%d",ans.a[i]/1000);
35         printf("%d",ans.a[i]/100%10);
36         printf("%d",ans.a[i]/10%10);
37         printf("%d",ans.a[i]%10);
38     }
39     printf("\n");
40 }
41 int main(){
42     k=read();n=read();
43     int hk=1<<(n%k);
44     int tk=1<<k;
45     int i,j;
46     for(i=0;i<=tk;++i){
47         for(j=0;j<=i;++j){
48             if(!j || !i){c[i][j].len=1;c[i][j].a[1]=1;}
49             else c[i][j]=gadd(c[i-1][j],c[i-1][j-1]);
50         }
51     }
52     ans.len=1;
53     for(i=2;i<=n/k && i<tk;++i)ans=gadd(ans,c[tk-1][i]);
54     for(i=1;i<hk && n/k+i<tk;++i) ans=gadd(ans,c[tk-i-1][n/k]);
55     Print();
56     return 0;
57 }

转载于:https://www.cnblogs.com/SilverNebula/p/6005068.html