动态规划10_数位DP1

文章来源：刘聪《浅谈数位类统计问题》

在信息学竞赛中，有这样一类问题：求给定区间中，满足给定条件的某个D 进制数或 此类数的数量。所求的限定条件往往与数位有关，例如数位之和、指定数码个数、数的大小 顺序分组等等。题目给定的区间往往很大，无法采用朴素的方法求解。此时，我们就需要利用数位的性质，设计 log(n)级别复杂度的算法。解决这类问题最基本的思想就是“逐位确定”
的方法。下面就让我们通过几道例题来具体了解一下这类问题及其思考方法。

 【例题 1】Amount of degrees (ural 1057) 

题目链接：ural 1057

题目大意：

 求给定区间[X,Y]中满足下列条件的整数个数：这个数恰好等于K 个互不相等的 B 的整 数次幂之和。



分析： 所求的数为互不相等的幂之和，亦即其B 进制表示的各位数字都只能是 0和 1。因此， 我们只需讨论二进制的情况，

其他进制都可以转化为二进制求解。 很显然，数据范围较大，不可能采用枚举法，算法复杂度必须是 log(n)级别，

因此我们 要从数位上下手。 

 本题区间满足区间减法，因此可以进一步简化问题：令 count[i..j]表示[i..j]区间内合法数 的个数，

则count[i..j]=count[0..j]-count[0..i-1]。换句话说，给定 n，我们只需求出从0 到 n 有多少个符合条件的数。

 假设 n=13，其二进制表示为 1101，K=3。我们的目标是求出 0 到 13 中二进制表示含 3 个 1 的数的个数。为了方便思考，让我们画出一棵高度为 4 的完全二叉树： 



为了方便起见，树的根用 0 表示。这样，这棵高度为4 的完全二叉树就可以表示所有 4 位二进制数（0..2^4-1） ，每一个叶子节点代表一个数。其中，红色路径表示 n。所有小于 n的 数组成了三棵子树，分别用蓝色、绿色、紫色表示。因此，统计小于 13 的数，就只需统计 这三棵完整的完全二叉树：统计蓝子树内含 3 个 1 的数的个数、统计绿子树内含 2 个1 的数 的个数（因为从根到此处的路径上已经有 1 个 1），以及统计紫子树内含 1个 1
的数的个数。

 注意到，只要是高度相同的子树统计结果一定相同。而需要统计的子树都是“右转”时遇到 的。当然，我们不能忘记统计n 本身。

实际上，在算法最初时将 n 自加 1，可以避免讨论 n 本身，但是需要注意防止上溢。 剩下的问题就是，如何统计一棵高度为 i的完全二叉树内二进制表示中恰好含有 j 个1 的数的个数。这很容易用递推求出：

设 f[i,j]表示所求，则分别统计左右子树内符合条件数的 个数，有 f[i,j]=f[i-1,j]+f[i-1,j-1]。 这样，我们就得出了询问的算法：首先预处理 f，然后对于输入 n，我们在假想的完全 二叉树中，从根走到 n所在的叶子，每次向右转时统计左子树内数的个数。

下面是 C++代码： 

void init()
{
f[0][0]=1;
for(int i=1;i<=31;++i)
{
f[i][0]=f[i-1][0];
for(int j=1;j<=i;++j)
f[i][j]=f[i-1][j]+f[i-1][j-1];
}
}
int calc(int x,int k) //统计[0...x]内二进制表示含有k个1的数的个数
{
int tot=0,ans=0;//tot记录当前路径上已有1的数量，ans代表答案
for(int i=31;i>0;i--)
{
if(x&(1<<i))
{
tot++;
if(tot>k)
break;
x=x^(1<<i);
}
if((1<<(i-1))<=x)
ans+=f[i-1][k-tot];
}
if(tot+x==k)
ans++;
return ans;
}

最后的问题就是如何处理非二进制。对于询问 n，我们需要求出不超过 n 的最大 B 进制 表示只含 0、1的数：

找到n 的左起第一位非 0、1 的数位，将它变为 1，并将右面所有数位 设为 1。将得到的 B 进制表示视为二进制进行询问即可。 

预处理递推 f的时间复杂度为O(log2(n))，共有 O(log(n))次查询，因此总时间复杂度为 O(log(n)*log(n))。

  实际上，最终的代码并不涉及树的操作，我们只是利用图形的方式来方便思考。因此也 可以只从数位的角度考虑：对于询问 n，我们找到一个等于 1 的数位，将它赋为 0，则它右 面的数位可以任意取，我们需要统计其中恰好含有 K-tot 个 1 的数的个数（其中 tot 表示这 一位左边的1 的个数） ，则可以利用组合数公式求解。逐位枚举所有”1”进行统计即可。 我们发现，之前推出的
f 正是组合数。同样是采用“逐位确定”的方法，两种方法异曲 同工。当你觉得单纯从数位的角度较难思考时，不妨画出图形以方便思考。

最终代码：

//题目: ural 1057
//时间: 2015-04-17
//作者: Miki
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<string>
using namespace std;
int f[32][32];

//将B进制转化为二进制
int change(int x,int b)
{
string s;
do
{
s=char('0'+x%b)+s;
x/=b;
} while (x>0);
for(int i=0;i<s.size();++i)
if (s[i]>'1')
{
for (int j=i;j<s.size();++j)
s[j]='1';
break;
}
x=0;
for(int i=0;i<s.size();++i)
x=x|((s[s.size()-i-1]-'0')<<i);
return x;
}
void init()
{
f[0][0]=1;
for(int i=1;i<=31;++i)
{
f[i][0]=f[i-1][0];
for(int j=1;j<=i;++j)
f[i][j]=f[i-1][j]+f[i-1][j-1];
}
}
int calc(int x,int k) //统计[0...x]内二进制表示含有k个1的数的个数
{
int tot=0,ans=0;//tot记录当前路径上已有1的数量，ans代表答案
for(int i=31;i>0;i--)
{
if(x&(1<<i))
{
tot++;
if(tot>k)
break;
x=x^(1<<i);
}
if((1<<(i-1))<=x)
ans+=f[i-1][k-tot];
}
if(tot+x==k)
ans++;
return ans;
}
int main()
{
// freopen("in.txt","r",stdin);
init();
int x,y,b,k;
while(scanf("%d %d %d %d",&x,&y,&k,&b)!=EO
4000
F)
{
x=change(x,b);y=change(y,b);
printf("%d\n",calc(y,k)-calc(x-1,k));
}
return 0;
}

【例题 2】Sorted bit sequence (spoj 1182) 

题目链接：spoj 1182

题目大意：

  将区间[m,n]内的所有整数按照其二进制表示中 1 的数量从小到大排序。如果 1 的数量 相同，则按照数的大小排序。

求这个序列中的第 k个数。其中，负数使用补码来表示：一个 负数的二进制表示与其相反数的二进制之和恰好等于2^32。

 例如，当 m=0，n=5 时，排序后的序列如下：



当 m=-5，n=-2 时，排序后的序列如下： 



输入：包含多组测试数据。第一行是一个不超过 1000 的正整数，表示测试数据数量。 每组数据包含 m,n,k三个整数。 

输出：对于每组数据，输出排序后的序列中第 k个数。 

数据规模：m × n ≥ 0， -2^31 ≤ m ≤ n ≤ 2^31-1 ，1 ≤ k ≤ min{n − m + 1, 2 147 473 547}。 

分析： 我们首先考虑 m、n同正的情况。 由于排序的第一关键字是 1 的数量，第二关键字是数的大小，

因此我们很容易确定答案 中 1 的个数：依次统计区间[m,n]内二进制表示中含 1的数量为 0,1,2,…的数，直到累加的答 案超过 k，

则当前值就是答案含 1 的个数，假设是 s。利用例一的算法可以解决这个问题。 同时，我们也求出了答案是第几个[m,n]中含 s个 1 的数。因此，只需二分答案，求出[m,ans] 中含 s 个 1 的数的个数进行判断即可。 

由于每次询问的复杂度为 O(log(n))，故二分的复杂度为 O(log2(n))，这同时也是预处理 的复杂度，因此此算法较为理想。

 m<0 的情况，也不难处理，我们只要忽略所有数的最高位，求出答案后再将最高位赋回 1 即可。或者也可以直接将负数视为 32位无符号数，采用同正数一样的处理方法。两种方 法都需要特别处理 n=0 的情况.

最终代码：

//题目:spoj 1182
//时间:2015-04-17
//作者:Miki
#include<iostream>
#include<string>
using namespace std;
int f[32][32];
void init()
{
f[0][0]=1;
for (int i=1;i<=31;++i)
{
f[i][0]=f[i-1][0];
for (int j=1;j<=i;++j)
f[i][j]=f[i-1][j]+f[i-1][j-1];
}
}
int calc(int x,int k)
{
if (x<0) return 0;
int tot=0,ans=0;
for (int i=31;i>0;--i)
{
if (x&(1U<<i))
{
tot++;
if (tot>k) break;
x=x^(1U<<i);
}
if ((1<<(i-1))<=x)
{
ans+=f[i-1][k-tot];
}
}
if (tot+x==k)
ans++;
return ans;
}
int find(int x,int y,int k)
{
int i;
for (i=0;;i++)
{
int t=calc(y,i)-calc(x-1,i);
if (k<=t) break;
k-=t;
}
if (calc(x,i)-calc(x-1,i)==k)
return x;
unsigned l=x,r=y,tmp=calc(x-1,i);
while (l+1<r)
{
int mid=(l+r)/2;
int t=calc(mid,i)-tmp;
if (t<k)
l=mid;
else
r=mid;
}
return l+1;
}
int main()
{
// freopen("in.txt","r",stdin);
init();
int T;
scanf("%d",&T);
while (T--)
{
int x,y,k;
bool negative=false;
scanf("%d%d%d",&x,&y,&k);
if (y==0)
{
if (k==1)
{
cout<<0<<endl;
continue;
}
y--,k--;//减去0
}
if (x<0) //负数转化为正数  negative为true
x^=1<<31,y^=1<<31,negative=true;
int ans=find(x,y,k);
if (negative)// negative为true 将负数还原
ans^=1<<31;
cout<<ans<<endl;
}
}

动态规划10_数位DP2会继续讲解例题。。。