[codevs1157]2^k进制数

试题描述

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≤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

只有1行，为两个正整数，用一个空格隔开：k w

输出

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）

输入示例

3 7

输出示例

36

数据规模及约定

见“试题描述”和“输出”

题解

w / k 向上取整是 2^k 进制数的位数（令这个位数为 n），然后我们就相当于要填写 2、3、4、...、n 个 2^k 以内的数字，并使得数字递减，求方案数，这个 dp 一下就好了。

提示：设 f[i][j] 表示填写前 i 个数且第 i 个数不小于 j 的方案数。这题要开滚动数组。

#include 
     
      #include 
      
       #include 
       
        #include 
        
         #include 
         
          #include 
          
           using namespace std;int read() { int x = 0, f = 1; char c = getchar(); while(!isdigit(c)){ if(c == '-') f = -1; c = getchar(); } while(isdigit(c)){ x = x * 10 + c - '0'; c = getchar(); } return x * f;}struct LL { int len, A[210]; LL() {} LL operator = (const int& t) { if(!t){ A[1] = 0; len = 1; return *this; } len = 0; int T = t; while(T) A[++len] = T % 10, T /= 10; return *this; } LL operator + (const int& t) const { LL ans; ans = *this; ans.A[1] += t; for(int i = 2; i <= ans.len; i++) ans.A[i] += ans.A[i-1] / 10, ans.A[i-1] %= 10; while(ans.A[ans.len] > 9) ans.A[ans.len+1] = ans.A[ans.len] / 10, ans.A[ans.len] %= 10, ans.len++; return ans; } LL operator + (const LL& t) const { LL ans; ans = *this; ans.len = max(ans.len, t.len); for(int i = 1; i <= ans.len; i++) ans.A[i] += t.A[i]; for(int i = 2; i <= ans.len; i++) ans.A[i] += ans.A[i-1] / 10, ans.A[i-1] %= 10; while(ans.A[ans.len] > 9) ans.A[ans.len+1] = ans.A[ans.len] / 10, ans.A[ans.len] %= 10, ans.len++; return ans; } LL operator += (const LL& t) { *this = *this + t; return *this; } void print() { for(int i = len; i; i--) putchar(A[i] + '0'); return ; }} ;#define maxn 520LL f[2][maxn], ans;int main() { int w = read(), k = read(); int n = k % w ? k / w + 1 : k / w, mod = k % w, m = (1 << w) - 1; if(n < 2) return puts("0"), 0; bool cur = 0; for(int i = m; i >= 0; i--) f[0][i] = f[0][i+1] + 1; for(int i = 2; i <= n; i++) { cur ^= 1; f[cur][1<
           
            = 0; j--) f[cur][j] = f[cur][j+1] + f[cur^1][j+1]; ans += f[cur][1]; } ans.print(); putchar('\n'); return 0;}
           
          
         
        
       
      
     

这题还要用高精度。。。虽说只有两个大点。