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Gym - 101982D Count The Bits

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题意

给定k和b，问([0,2^n-1])范围内的所有k的倍数转化为二进制后，总共有多少个1。

题解

维护两个数组(yu[x]和sum[x])，(yu[x])表示在当前这一位之前，有多少个数%k==x，(sum[x])代表在当前这一位之前，那些%k == x的数总共有多少个1。

从低位到高位递推，假设当前已经走到第 (i) 位上，前 (i-1) 位的(yu)数组和(sum)数组都已经维护好了，前(i-1)位的答案也都计算好了，一起放在ans里，现在考虑如何计算当前这一位可能新增的答案。

首先考虑当前这一位放0，想象如果给定一个数的二进制形式，在他的最高位前面添一个0，不会改变这个数的大小，所以这一位为0不会对答案产生贡献。

接下来考虑当前这一位放1，如果在这一位上1那么之前形成的数=之前形成的数们+（(1<<i)）。因为当前处于第 i 位，所以这一位放1是加上(2^i)，也就是（(1<<i)）。

因此，我先算出((1<<i)%k=m)，然后想要知道加了这一位之后能新产生多少个k的倍数呢，答案就是(yu[k-m])个，因为我当前位置的增量%k=m，那只需要和之前产生的数中%k==k-m的数组合就能得到新的k的倍数。再考虑如何计算这些新产生的k的倍数总共有多少个1呢？

这样考虑，这些新产生的k的倍数都是由两部分组成的，一部分是当前位上的1，另一部分是前(i-1)位里那些%k==k-m的数的1的总数，是不是觉得这个描述特别熟悉，这就是sum数组的定义啦，那第一部分就是有多少个%k == k-m的数，就会加上多少个1啦。

因此更新答案就是(ans+=yu[(k-m）\% k ]+ sum[(k-m)\% k])

维护答案考虑完了，接下来考虑一下怎么把当前这一位置1带来的影响更新到yu数组和sum数组上。

对于每一个(iin[0,k))

都有(yu[(i+m)\%k]+=yu[i];)(sum[(i+m)\%k]+=sum[i]+yu[i])

因为原来%k==i，现在在当前位加了1，相当于加上了一个%k ==m的数。

sum的增加和之前计算答案那里同理。

大概就是这样，bshd

注意点

个人觉得，此题样例真的非常善良，因为它给了k为1的样例，k=1的话就会要考虑很多地方要格外注意取模，这些取模可能是你考虑其他k的时候觉得没必要的，但是在k=1的时候就显得非常重要，所以如果他不给k=1的样例，那非常有可能你样例都过了然后一直wa一直wa百思不得其解然后自闭~

乱7788糟

其实我也分不清这个想法是dp还是递推，有大佬知道的话望为我指点一下迷津，本蒟蒻不胜感激！

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1e3+10;
const ll mod=1e9+9;
int yu[maxn],sum[maxn],t1[maxn],t2[maxn];
int main(){
	int k,b;scanf("%d%d",&k,&b);
	yu[0]=1;ll ans=0;
	for(int i=1;i<=b;i++)
	{
		int tt=1;
		for(int j=1;j<i;j++){
			tt=(tt*2)%k;
		}
		tt%=k;
		ans=((ans+sum[(k-tt)%k])%mod+yu[(k-tt)%k])%mod;
		for(int i=0;i<k;i++){
			t2[(i+tt)%k]=((sum[i]+yu[i])%mod+sum[(i+tt)%k])%mod;
			t1[(i+tt)%k]=(yu[i]+yu[(i+tt)%k])%mod;
		}
		for(int i=0;i<k;i++){yu[i]=t1[i];sum[i]=t2[i];}
	}
	printf("%lld
",ans);
	return 0;
}