CodeForces-431D Random Task

题目描述

求一个(n)，使得(n+1)到(2n)这些数的二进制中恰好有(k)个(1)的数有(m)个。

Input

输入包含两个正整数(m，k)。$(0<=m<=1e18, 1<=k<=64) $

Output

输出(n)。

Sample Input

1 1

3 2

Sample Output

1
5

首先我们要知道这个答案是具有单调性的。

即若满足(m>n)，则区间([m,2m])内满足条件的数的数量(>)区间([n,2n])内满足条件的数的数量。

---

证明如下：

将区间([n+1,2n])分割成两个区间([n+1,n+1])和([n+2,2n])。

而区间([n+2,2*(n+1)])可以分割成([n+2,2n])和([2n+1,2n+2])。

而(2n+2)二进制中(1)的数量和(n+1)中(1)的数量是相同的。

而多了一个(2n+1)只有可能让数量增加，所以答案满足单调性。

即对于(m>n)，则区间([m,2m])内满足条件的数的数量(>)区间([n,2n])内满足条件的数的数量。

证毕。

---

于是我们就可以二分求解了。

现在我们就只用判断([n+1,2n])中满足条件的数的数量即可。

我们发现对于区间([n+1,2n])满足条件的数的数量可以转换为([1,2n])-([1,n])的数量。

而一个前缀的数量肯定会更好求解。

问题进一步转换为求解([1,n])内满足条件数的数量。

这个问题我们可以利用两种方法求解：

方法一：计数DP

对于当前(n),我们从二进制位高的开始考虑，首先我们只有在遇到一个(1)时才能更新答案。

对于当前遇到的(1)，我们发现前面的位上的数是固定的，一共有(tot)个(1)，而我们再后面的(i)个位上可以选择(k-tot)个位置放置(1),所以答案增加(C(i,n-tot))，然后(tot++)即可。

代码如下

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define int long long
#define reg register
#define Raed Read
#define clr(a,b) memset(a,b,sizeof a)
#define debug(x) cerr<<#x<<" = "<<x<<endl;
#define rep(a,b,c) for(reg int a=(b),a##_end_=(c); a<=a##_end_; ++a)
#define ret(a,b,c) for(reg int a=(b),a##_end_=(c); a<a##_end_; ++a)
#define drep(a,b,c) for(reg int a=(b),a##_end_=(c); a>=a##_end_; --a)
#define erep(i,G,x) for(int i=(G).Head[x]; i; i=(G).Nxt[i])
#pragma GCC target("avx,avx2,sse4.2")
#pragma GCC optimize(3)

inline int Read(void) {
	int res=0,f=1;
	char c;
	while(c=getchar(),c<48||c>57)if(c=='-')f=0;
	do res=(res<<3)+(res<<1)+(c^48);
	while(c=getchar(),c>=48&&c<=57);
	return f?res:-res;
}

template<class T>inline bool Min(T &a, T const&b) {
	return a>b?a=b,1:0;
}
template<class T>inline bool Max(T &a, T const&b) {
	return a<b?a=b,1:0;
}

const int N=1e5+5,M=2e5+5,mod=1e9+7;

bool MOP1;

int m,k,C[70][70];

int solve(int x) {
	int Ans=0,tot=0;
	drep(i,63,0)if(x&(1ll<<i)) {
		if(tot<=k)Ans+=C[i][k-tot];
		tot++;	
	}
	return Ans;
}

bool MOP2;

inline void _main() {
	m=Read(),k=Read();
	int L=1,R=1e18,Ans=0;
	C[0][0]=1;
	rep(i,1,64) {
		C[i][0]=1;
		rep(j,1,i)C[i][j]=C[i-1][j-1]+C[i-1][j];
	}
	while(L<=R) {
		int mid=(L+R)>>1;
		if(solve(mid*2)-solve(mid)>=m)Ans=mid,R=mid-1;
		else L=mid+1;
	}
	printf("%lld
",Ans);
}

signed main() {
	_main();
	return 0;
}

方法二：数位DP

我们可以直接将(n)转换为二进制数，那么就可以直接(dp)了。

(dp[i][j])代表考虑到第(i)位，(1)的数量为(j)的数的个数。

代码如下

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define int long long
#define reg register
#define Raed Read
#define clr(a,b) memset(a,b,sizeof a)
#define debug(x) cerr<<#x<<" = "<<x<<endl;
#define rep(a,b,c) for(reg int a=(b),a##_end_=(c); a<=a##_end_; ++a)
#define ret(a,b,c) for(reg int a=(b),a##_end_=(c); a<a##_end_; ++a)
#define drep(a,b,c) for(reg int a=(b),a##_end_=(c); a>=a##_end_; --a)
#define erep(i,G,x) for(int i=(G).Head[x]; i; i=(G).Nxt[i])
#pragma GCC target("avx,avx2,sse4.2")
#pragma GCC optimize(3)

inline int Read(void) {
	int res=0,f=1;
	char c;
	while(c=getchar(),c<48||c>57)if(c=='-')f=0;
	do res=(res<<3)+(res<<1)+(c^48);
	while(c=getchar(),c>=48&&c<=57);
	return f?res:-res;
}

template<class T>inline bool Min(T &a, T const&b) {
	return a>b?a=b,1:0;
}
template<class T>inline bool Max(T &a, T const&b) {
	return a<b?a=b,1:0;
}

const int N=1e5+5,M=2e5+5,mod=1e9+7;

bool MOP1;

int m,k,dp[70][70],A[70];

int dfs(int pos,int tot,int limit) {
	if(!pos)return tot==k;
	if(!limit&&dp[pos][tot]!=-1)return dp[pos][tot];
	int up=limit?A[pos]:1,res=0;
	rep(i,0,up)res+=dfs(pos-1,tot+i,limit&(i==up));
	if(!limit)dp[pos][tot]=res;
	return res;
}

int solve(int x) {
	int len=0;
	while(x)A[++len]=x&1,x>>=1;
	return dfs(len,0,1);
}

bool MOP2;

inline void _main() {
	//	cerr<<"M="<<(&MOP2-&MOP1)/1024.0/1024.0<<endl;
	m=Read(),k=Read();
	int L=1,R=1e18,Ans=0;
	memset(dp,-1,sizeof dp);
	while(L<=R) {
		int mid=(L+R)>>1;
		if(solve(mid*2)-solve(mid)>=m)Ans=mid,R=mid-1;
		else L=mid+1;
	}
	printf("%lld
",Ans);
}

signed main() {
	_main();
	return 0;
}