Xor 2020CCPC网络赛 数位DP

Xor 2020CCPC网络赛

题目大意：

题解：

对于 x y 一共有四个限制，其中只有限制3比较难解决。

对于这种有进位的限制，需要进行仔细的讨论：

(|x-y|<=k) ，那么 (0<=k+y-x \,\,&&\,\, x+k-y>=0) ，假设此时枚举到第 i+1 位，那么可以推出：

[bef_i * 2 + k[i]+y[i]-x[i]>=0 \,\,\,(1) ]

[bef_i*2+x[i]+k[i]-y[i]>=0\,\,\,(2) ]

以式子(1) 作为例子分析，式子(2) 同理。

因为 (k[i]+y[i]-x[i]) 范围是 ([-1,2]) ，接下来对 (bef_i) 进行讨论：

• (bef_i < -1) ，那么 (1) 恒不成立
• (bef_i = -1) ，那么要与此时的值一起判断才能确定(1) 是否成立
• (bef_i = 0) ，那么也要进行判断
• (bef_i>0) ，那么(1) 恒成立

分析完这个之后，数位dp的定义就可以确定下来了

[dp[pos][l1<=A][l2<=B][x \,xor\,y<=W][bef1][bef2] ]

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9+7;
ll dp[40][2][2][2][3][3];
int a[40],b[40],k[40],w[40];
ll dfs(int pos,int l1,int l2,int sta,int bef1,int bef2){
    if(pos==-1) {
//        printf("end:pos = %d l1 = %d l2 = %d sta = %d bef1 = %d bef2 = %d
",pos,l1,l2,sta,bef1,bef2);
        return bef1>=0&&bef2>=0;
    }
    if(dp[pos][l1][l2][sta][bef1+1][bef2+1]!=-1) return dp[pos][l1][l2][sta][bef1+1][bef2+1];
    int up1 = l1?a[pos]:1,up2 = l2?b[pos]:1;
    int bit1 = k[pos],bit2 = w[pos];
    ll ans = 0;
    for(int i=0;i<=up1;i++){
        for(int j=0;j<=up2;j++){
            if(sta&&(i^j)>bit2) continue;
//            printf("sec:pos = %d l1 = %d l2 = %d sta = %d bef1 = %d bef2 = %d i = %d j = %d
",pos,l1,l2,sta,bef1,bef2,i,j);
            ll x1 = bef1*2+bit1+j-i,x2 = bef2*2+bit1+i-j;
            if(x1<-1||x2<-1) continue;
            ans += dfs(pos-1,l1&&i==up1,l2&&j==up2,sta&&((i^j)==bit2),min(x1,1ll),min(x2,1ll));
        }
    }
    return dp[pos][l1][l2][sta][bef1+1][bef2+1] = ans;
}
ll solve(){
    int A,B,K,W,pos = 0;
    scanf("%d%d%d%d",&A,&B,&K,&W);
    memset(dp,-1,sizeof(dp));
    while(A||B||K||W){
        a[pos] = A&1,b[pos] = B&1,k[pos] =K&1,w[pos] = W&1;
        A>>=1,B>>=1,K>>=1,W>>=1;
        pos++;
    }
    return dfs(pos-1,1,1,1,0,0);
}
int main(){
    int t;
    scanf("%d",&t);
    while(t--){
        ll ans = solve();
        printf("%lld
",ans);
    }
    return 0;
}