【高手训练】数位DP系列（暂完）

【高手训练】数位(dp)学习笔记

<前言>

也就是不停讲题写题，没讲什么实质性数位(dp)，甚至只有后面三题有点点味道。

前面就是用到了数位的相关知识而已。

<正文>

【高手训练】【动态规划】最大值

题目大意

多组数据，每组几个操作(opt)与n个数，(opt)可能是(and、xor、or)，求任意两数(opt)运算后的最大值。

Solution

显然我们得分操作进行。

---

(Xor)

当(opt=xor)时，你会发现这题十分熟悉。

The XOR Largest Pair（随手网上找的OJ）

我们发现对于一个0/1，我们需要找到和它相对的方向走。

比如当一位为1,我们要有最大代价，就应该找0与之形成贡献。

然而对于找不到相对值的位置，没有办法，只能找相同数了。

直接一个(Trie)树板子套上去就行了。

(mathrm{Code:})

struct trie
{
    int tr[N << 1][2];
    int cnt = 0;
    inline void inc(int x)
    {
        int now = 0;
        for(int i = 30; i >= 0; --i)
        {
            int t = x >> i & 1;
            if(!tr[now][t])tr[now][t] = ++cnt;
            now = tr[now][t];
        }
    }
    inline int ask(int x)
    {
        int now = 0, ans = 0;
        for(int i = 30; i >= 0; --i)
        {
            int t = x >> i & 1;
            if(tr[now][t ^ 1])
                ans += 1 << i, now = tr[now][t ^ 1];
            else now = tr[now][t];
        }
        return ans;
    }
    inline void clear()
    {
        memset(tr, 0, sizeof(tr));
        cnt = 0;
    }
} tr;

---

(And)

(直接念题解：)

从高位到低位贪心。毕竟and的限制性还是比较强的。

• 对于某一位，如果在没被删除的数中1的个数超过2个，那么上下那些不合法的数随便删，因为就算那些数接下来的1再多，造成的贡献也不及这一次保留((2^{i-1}+2^{i-2}...+2^0=2^i-1<2^i))。

  然后累计当前二进制位的贡献((ans+=(1<<i)))。

• 如果当前位是1的数的个数不到两个，那么删掉只会造成贡献变小，则不删，直接考虑下一位。

(mathrm{Code:})

int vis[N] = {};
for(int i = 30; i >= 0; --i){
    int cnt = 0, op = 0;
    for(int j = 1; j <= n; ++j)
        if(!vis[j]){
            ++op;
            cnt += a[j] >> i & 1;
        }
    if(op <= 2)break;
    if(cnt > 1){
         for(int j = 1; j <= n; ++j)
            if(!vis[j] && ((a[j] >> i & 1 ) == 0))
                vis[j] = 1;
    }
}
int ans = (1 << 30) - 1;
for(int i = 1; i <= n; ++i)
    if(!vis[i])ans &= a[i];

---

(Or)

or比较烦，因为限制少，答案难求，但我们依然从高位到低位贪心。

考虑每次都尽量取优。枚举某个数的不同位。

• 若当前枚举的位为1，那么另一数可以是0或1。
• 若当前枚举的位位0，那么另一数尽量取1。

我们对于每个数，找到满足最优条件(如上规则)的情况下，最小的一个值，记为(val)。可以理解为：当某一位可选可不选的时候，让它为0.

这么搞出来的(val)一定是某个可行解的子集。

• 处理子集，设(F[x])表示是否存在一个(a_i)满足(x∈a_i)。

• 当某一位(i)满足存在某个(a_i)使(val|2^i∈a_i),则第(i)位可以为1.这个相当于存在这么一种方案使第i位为1.

  贡献加上。

最后拼出的答案即为所求。

状压(dp)(mathrm{Code:})

memset(f, 0, sizeof(f));
for(int i = 1; i <= n; ++i)f[a[i]] = 1;
for(int i = (1 << 20) - 1; i >= 0; --i)
    for(int j = 0; j <= 20; ++j)
        f[i] |= f[i | (1 << j)];

---

Code

完整代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define N 200010
#define int long long

int n, a[N] = {};
int k;

inline int read()
{
    int s = 0, w = 1;
    char c = getchar();
    while((c < '0' || c > '9') && c != '-')
        c = getchar();
    if(c == '-')w = -1, c = getchar();
    while(c <= '9' && c >= '0')
        s = (s << 3) + (s << 1) + c - '0', c = getchar();
    return s * w;
}
void write(int x)
{
    if(x > 9)write(x / 10);
    putchar(x % 10 + 48);
}
                    //IO
int f[1 << 21] = {};
struct trie
{
    int tr[N << 1][2];
    int cnt = 0;
    inline void inc(int x)
    {
        int now = 0;
        for(int i = 30; i >= 0; --i)
        {
            int t = x >> i & 1;
            if(!tr[now][t])tr[now][t] = ++cnt;
            now = tr[now][t];
        }
    }
    inline int ask(int x)
    {
        int now = 0, ans = 0;
        for(int i = 30; i >= 0; --i)
        {
            int t = x >> i & 1;
            if(tr[now][t ^ 1])
                ans += 1 << i, now = tr[now][t ^ 1];
            else now = tr[now][t];
        }
        return ans;
    }
    inline void clear()
    {
        memset(tr, 0, sizeof(tr));
        cnt = 0;
    }
} tr;
              //trie树

void work()
{
    n = read();
    k = read();
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
        a[i] = read();
    if(k == 1)
    {
        int vis[N] = {};
        for(int i = 30; i >= 0; --i)
        {
            int cnt = 0, op = 0;
            for(int j = 1; j <= n; ++j)
                if(!vis[j])
                {
                    ++op;
                    cnt += a[j] >> i & 1;
                }
            if(op <= 2)break;
            if(cnt > 1)
            {
                for(int j = 1; j <= n; ++j)
                    if(!vis[j] && ((a[j] >> i & 1 ) == 0))
                        vis[j] = 1;
            }
        }
        int ans = (1 << 30) - 1;
        for(int i = 1; i <= n; ++i)
            if(!vis[i])ans &= a[i];
        write(ans);
        putchar(10);
        return ;
    }
    if(k == 2)
    {
        tr.clear();
        for(int i = 1; i <= n; ++i)
            tr.inc(a[i]);
        int ans = 0;
        for(int i = 1; i <= n; ++i)
            ans = std::max(ans, tr.ask(a[i]));
        write(ans);
        putchar(10);
        return ;
    }
    if(k == 3)
    {
        memset(f, 0, sizeof(f));
        for(int i = 1; i <= n; ++i)f[a[i]] = 1;
        for(int i = (1 << 20) - 1; i >= 0; --i)
            for(int j = 0; j <= 20; ++j)
                f[i] |= f[i | (1 << j)];
        int sum = 0, val = 0;
        for(int i = 1; i <= n; ++i)
        {
            val = 0;
            for(int j = 20; j >= 0; --j)
                if(!((a[i] >> j) & 1) && f[val | (1 << j)])
                    val |= 1 << j;
            sum = std::max(sum, a[i] | val);
        }
        write(sum);
        putchar(10);
    }
}
main()
{
    freopen("maxium.in", "r", stdin);
    freopen("maxium.out", "w", stdout);
    int T = read();
    while(T--)
        work();
    return 0;
}

---

【高手训练】【动态规划】寻找整数

题目大意

给定整数(m,k)，求出正整数(n)使得(n+1,n+2,...,2n)中恰好有个(m)数在二进制下恰好有(k)个(1)。有多组数据。

Solution

这种题一上来就没头没脑的，该怎么做？

稍微手推几组相邻答案，尝试寻找关联。

• 记(Num(x))为区间([x+1,2x])之间的二进制数中1的个数为(k)的个数
• 我们通过观察发现(Num(x))具有单调性。

感性理解：

而我们通过前缀和的方式求解(Num(n))。

• 记(S(x))为([1,x])中二进制位(k)的个数。
• (Num(x)=S(2x)-S(x))

求(S(x))

• 从高位到低位考虑，每个小于（等于）x的数。钦定当前位为1，则前面几位都和(x+1)一样.那么对于后面的位置可以计算方案。
• 记录剩下位数(n)和前面1的个数(m)，方案为(mathrm{C(k-m,n)})。

对于答案

• 二分极值，然后相减。
• 特判：(m=0)时(2^k-1)（恰好(k)个(1)）
• (m=1且k=1)时特判(-1)（无数组解）

(mathrm{Code:})

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n, m;

int read() {
    int s = 0, w = 1;
    char c = getchar();
    while ((c < '0' || c > '9') && c != '-') c = getchar();
    if (c == '-') w = -1, c = getchar();
    while (c <= '9' && c >= '0')
        s = (s << 3) + (s << 1) + c - '0', c = getchar();
    return s * w;
}
void write(int x) {
    if (x > 9) write(x / 10);
    putchar(x % 10 + 48);
}
int c[85][85];
inline int ask(int x) {
    int ans = 0, r = 0;
    ++x;
    for (int i = 63; ~i; --i)
        if (x >> i & 1LL) {
            if (m >= r) ans += c[i][m - r];
            ++r;
        }
    return ans;
}

inline bool check(int x) { return ask(x << 1) - ask(x) >= n; }

int find() {
    int l = 0, r = 2e18, mid, ans = 0;
    while (l <= r) {
        mid = (l + r) >> 1;
        if (check(mid))
            ans = mid, r = mid - 1;
        else
            l = mid + 1;
    }
    return ans;
}

void work(void) {
    n = read();
    m = read();
    if (n == 0) {
        write(1);
        putchar(32);
        write((1LL << m - 1) - 1);
        putchar(10);
        return void();
    }
    if (n == 1 && m == 1) {
        puts("1 -1");
        return void();
    }
    int k1 = find();
    ++n;
    int k = find();
    write(k1);
    putchar(32);
    write(k - k1);
    putchar(10);
    return void();
}
void pre(void) {
    for (int i = 0; i <= 64; ++i) c[i][0] = 1;
    for (int i = 1; i <= 64; ++i)
        for (int j = 1; j <= i; ++j) c[i][j] = c[i - 1][j - 1] + c[i - 1][j];
}
main() {
    freopen("num.in", "r", stdin);
    freopen("num.out", "w", stdout);
    pre();
    int T = read();
    while (T--) work();
    return 0;
}

---

【高手训练】【动态规划】好数字

题目大意

一个数字被称为好数字需满足下列条件：

①它有个(2 imes n)数位，(n)是正整数(允许有前导(0))。

②构成它的每个数字都在给定的数字集合(S)中。

③它前(n)位之和与后(n)位之和相等或者它奇数位之和与偶数位之和相等

例如，对于(n=2)，(S={1,2})，合法的好数字有(8)个：

(1111)，(1122)，(1212)，(1221)，(2112)，(2121)，(2211)，(2222)。

已知，求合法的好数字个数(mod 999983)。

Solution

我们可以通过一些操作得出一些奇怪结论。

• (前n位=后n位) 或 (奇数位=偶数位) == (前n位=后n位) + (奇数位=偶数位) - (前n位=后n位) 且 (奇数位=偶数位)

• 记(f(n,m))为用给定数字集拼出(m)的方案数，可以用01背包(mb)预处理。

• 我们发现两者本质其实相同，答案都为

• [sum_{i=1}^{max}f^2(n,i) ]

  （不想手打了浪费时间）

  

然后就tm瞎算。

(mathrm{Code:})

#include <bits/stdc++.h>
#define N 1010
#define mod 999983
#define int long long
using namespace std;
int n, m;

inline int add(int a, int b) { return a + b >= mod ? a + b - mod : a + b; }
inline int del(int a, int b) { return a - b <= 0 ? a - b + mod : a - b; }

int read() {
    int s = 0, w = 1;
    char c = getchar();
    while ((c < '0' || c > '9') && c != '-') c = getchar();
    if (c == '-') w = -1, c = getchar();
    while (c <= '9' && c >= '0')
        s = (s << 3) + (s << 1) + c - '0', c = getchar();
    return s * w;
}
void write(int x) {
    if (x > 9) write(x / 10);
    putchar(x % 10 + 48);
}
int a[11] = {}, cnt = 0;
int f[N][N * 10] = {};
void work() {
    n        = read();
    int maxn = 0;
    char c   = getchar();
    while (c < '0' || c > '9') c = getchar();
    while (c <= '9' && c >= '0') a[++cnt] = c - '0', c = getchar();
    for (int i = 1; i <= cnt; ++i) maxn = max(maxn, a[i]);
    for (int i = 1; i <= cnt; ++i) f[1][a[i]] = 1;
    for (int i = 2; i <= n; ++i)
        for (int j = 0; j <= i * maxn; ++j)
            for (int k = 1; k <= cnt; ++k)
                if (j >= a[k]) f[i][j] = add(f[i][j], f[i - 1][j - a[k]]);
    int ans = 0;
    for (int i = 0; i <= n * maxn; ++i)
        f[n][i] ? ans = add(ans, 2 * f[n][i] % mod * f[n][i] % mod) : 0;
    int mid = n >> 1, res = n - mid, s1 = 0, s2 = 0;
    for (int i = 0; i <= mid * maxn; ++i)
        f[mid][i] ? s1 = add(s1, f[mid][i] * f[mid][i] % mod) : 0;
    for (int i = 0; i <= res * maxn; ++i)
        f[res][i] ? s2 = add(s2, f[res][i] * f[res][i] % mod) : 0;
    ans = del(ans, s1 ? 1LL * s1 * s2 % mod : s2);
    write(ans);
    putchar(10);
}
main() {
    freopen("number.in", "r", stdin);
    freopen("number.out", "w", stdout);
    work();
    return 0;
}

---

<后记>

后面的题都没写了

虽然真正的数位(dp)都在后面，但是我写不动了。

鸽了吧。