【无码专区4】幸运数字4(折半搜索+计数+结论)
因为只有std,没有自我实现,所以是无码专区
主要是为了训练思维能力
solution才是dls正解,但是因为只有潦草几句,所以大部分会有我自己基于正解上面的算法实现过程,可能选择的算法跟std中dls的实现不太一样。
std可能也会带有博主自己的注释。
problem
给定 nnn 个数,选择一个子集然后加起来,统计十进制结果数位表示中有多少个 444。
对所有的 2n2^n2n 种方案,都统计一边,计算总和。
n≤40,ai≤44444444n\le 40,a_i\le 44444444n≤40,ai≤44444444。
时限:1s256MS1s\ 256MS1s 256MS
我的想法
这种计数类题目,一般是两条线。
- 差分然后数位 dpdpdp。
- 每一位单独求解计算贡献,即每一位的贡献乘以这一位所在的合法情况数。
本题的 nnn 非常小,而这种 nnn 一般都是折半搜索的标志。
但是我不知道,怎么处理低位进位导致高位数字改变,这就导致了无法抽离子集本身进行求解,必须放在具体的两个子集内才能计数。
solution
折半搜索,每一位分开统计答案。
假设计算第 kkk 位为 444 的贡献。
结论:考虑两边各取一个数,分别为 s,ts,ts,t,求和为 www,如果 www 对 10k+110^{k+1}10k+1 取模后,最高位是 444,那么一定满足 s,ts,ts,t 分别对 10k+110^{k+1}10k+1 取模后再加起来的结果属于 [4×10k,5×10k)[4\times 10^k,5\times 10^k)[4×10k,5×10k) 或 [14×10k,15×10k)[14\times 10^k,15\times 10^k)[14×10k,15×10k)。
将左右两边按 10k+110^{k+1}10k+1 取模后升序排序,指针线性扫描即可。
直接排序,时间复杂度 O(2n2nlogm)O(2^{\frac{n}{2}}n\log m)O(22nnlogm),比较悬。
考虑优化,将 kkk 从小到大进行计算。
每次排序相当于是在取模 10k10^k10k 的基础上,加上了最高位。
用类似于双关键字的基排做法,在 O(2n2)O(2^{\frac{n}{2}})O(22n) 时间内解决。
总时间复杂度 O(2n2logm)O(2^\frac{n}{2}\log m)O(22nlogm)。
参考代码
#include <bits/stdc++.h>using namespace std;
const int maxn = 2e6 + 10;
struct node {long long l, r;
};
vector<node> a, b, c[10], d[10];
int n, val[maxn];void solve(int *a, int k, vector<node> &b) {for (int i = 0; i < (1 << k); i++) {long long s = 0;for (int j = 0; j < k; j++)if (i & (1 << j))s += a[j];b.push_back(node{s, 0});}
}long long get_jin0(vector<node> &a, vector<node> &b, long long base) { //处理没有进位的答案int point = b.size() - 1;long long ans = 0;for (int i = 0; i < a.size(); i++) {while (point >= 0 && a[i].r + b[point].r >= base)point--;ans += (point + 1);}return ans;
}long long get_jin1(vector<node> &a, vector<node> &b, long long base) { //处理进位后的使当前位为4的答案int point = 0;long long ans = 0;int siz = b.size();for (int i = a.size() - 1; i >= 0; i--) {while (point <= siz - 1 && a[i].r + b[point].r < base)point++;ans += (b.size() - point);}return ans;
}int main() {freopen("four.in", "r", stdin);freopen("four.out", "w", stdout);scanf("%d", &n);for (int i = 1; i <= n; i++)scanf("%d", &val[i]);solve(val + 1, n / 2, a);solve(val + 1 + n / 2, n - (n / 2), b);long long base = 1, ans = 0;for (int w = 0; w <= 8; w++) {for (int i = 0; i < 10; i++)c[i].clear(), d[i].clear();for (int i = 0; i < a.size(); i++)c[a[i].l % 10].push_back(node{a[i].l / 10, a[i].r});for (int i = 0; i < b.size(); i++)d[b[i].l % 10].push_back(node{b[i].l / 10, b[i].r});for (int i = 0; i < 10; i++) { //枚举左半边的和的当前位的数字int k1 = (14 - i) % 10, k2 = (13 - i) %10; //求右半边对应的和的当前位的数,k1表示在不进位的情况下的值,k2表示在后面有进位的情况下的需要的ans += get_jin0(c[i], d[k1], base) + get_jin1(c[i], d[k2], base);}int now = 0;for (int i = 0; i < 10; i++)for (int j = 0; j < c[i].size(); j++)a[now++] = node{c[i][j].l, c[i][j].r + i * base};now = 0;for (int i = 0; i < 10; i++)for (int j = 0; j < d[i].size(); j++)b[now++] = node{d[i][j].l, d[i][j].r + i * base};base *= 10;}printf("%lld\n", ans);
}
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