Codeforces 261C/262E Maxim and Matrix 数位dp,组合数,数论,倍增

题目

Codeforces 261C Maxim and Matrix
给定一个谜一般的矩阵,求2 to n+1行中有多少行中1的个数等于t.
矩阵是这样的.以下是$n=80$时候的矩阵.

这是一个非常漂亮的分形矩阵.如果光光让你打表估计都得是个D题.
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解法

首先还是打表并计算每一行1的个数.

1
1 2 
1 2 2 4 
1 2 2 4 2 4 4 8 
1 2 2 4 2 4 4 8 2 4 4 8 4 8 8 16 
1 2 2 4 2 4 4 8 2 4 4 8 4 8 8 16 2 4 4 8 4 8 8 16 4 8 8 16 8 16 16 32 
1 2 2 4 2 4 4 8 2 4 4 8 4 8 8 16 2 4 ...

然后它们依然是按照$2$的幂次顺序自相似下去.
这个复制规律很像我前几天刚做过的一道洛谷题.
洛谷 p4317 花神的数论题
根据里面的原理都可以知道对于每一个$2$的幂次的部分,所有数出现的次数都是按照杨辉三角排列的.
那么我们用一个漂亮的$log^2(n)$数位dp处理$n+1$以内$2$的每一个次幂出现的次数.
然后注意:此题又巨坑!
大家可以看到题目描述中要求的是$2\to n+1$中出现的次数,所以:
第一个:n要+1!
第二个:第一个1不能要!
所以输入$n$之后将$n+1$,询问1的时候将$ans-1$.否则会WA9.
为了卡到$cf$最短代码,我把快读快写去掉,轻松成为最短代码.

#include<bits/stdc++.h> //Ithea Myse Valgulious
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n,t,dp[65];

int main(){
cin>>n>>t;++n;
if (t&t-1) return puts("0"),0;//明显t必须是2的次幂,不是直接输出0
int i,j,c=0;
for (j=60;~j;--j){
  for (i=60;i;--i) dp[i]+=dp[i-1];
  if (n>>j&1) ++dp[c++];
  }++dp[c];//记住这4行dp!
for (c=0;t;t>>=1) ++c;//算t是2的多少次方
cout<<dp[c]-(c==1);//把c=1的情况减掉.
}

简短的代码背后,隐藏的是无尽的深思熟虑和巧妙的计算.
感谢那道花神的数论题.如果不是它,我就不能纯手切出这样的一道$E$题了.
下面是神仙styx的组合数倍增讨论解法,大家欣赏一下.

#include<map>
#include<queue>
#include<stack>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define mod 1000000007
using namespace std;

long long dp[55][55],ans,n,t;

long long get(long long x)
{
    long long tmp=1,cnt=0;
    while(tmp!=x)
    {
        if(tmp>x) return -1;
        tmp*=2;
        cnt++;
    }
    return cnt;
}

int main()
{
    for(int i=0;i<=50;i++)
    {
        dp[i][0]=dp[i][i]=1;
    }
    for(int i=1;i<=50;i++)
    {
        for(int j=1;j<=50;j++)
        {
            dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i-1][j-1];
        }
    }
    scanf("%lld%lld",&n,&t);
    t=get(t);
    if(t<0)
    {
        puts("0");
        return 0;
    }
    long long now=1,tmp=2;
    while(tmp<=n)
    {
        n-=tmp;
        ans+=dp[now][t];
        tmp*=2;
        now++;
    }
    now=0;
    for(int i=50;i>=0;i--)
    {
        if(n&(1ll<<i))
        {
            if(t-now>=0) ans+=dp[i][t-now];
            now++;
        }
    }
    printf("%lld\n",ans);
}