DP - 数位DP - 度的数量

DP - 数位DP - 度的数量

求给定区间 [X,Y] 中满足下列条件的整数个数：这个数恰好等于 K 个互不相等的 B 的整数次幂之和。

例如，设 X=15,Y=20,K=2,B=2，则有且仅有下列三个数满足题意：

17=2⁴+2⁰
18=2⁴+2¹
20=2⁴+2²
输入格式
第一行包含两个整数 X 和 Y，接下来两行包含整数 K 和 B。

输出格式
只包含一个整数，表示满足条件的数的个数。

数据范围
1≤X≤Y≤2³¹−1,
1≤K≤20,
2≤B≤10

输入样例：
15 20
2
2
输出样例：
3

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分析：

$借助前缀和的思想，先求1$~$N中满足条件的数的个数S_n，再求区间[l,r]中的个数=S_r-S_{l-1}。$

$Count函数求1$~$N中满足条件的数的个数，将N先转化为一个B进制数存入数组。$

$依据题意，要恰好表示成K个B^i次方的数之和，等价于B进制表示下有K位为1，其余为0。$

$问题转化在N的B进制表示下，选择K个位置取1的所有取法的方案总数。$

$从高位到低位依次遍历，$
$设N的B进制表示为V=a_{n-1}{a}_{n-2}...a_0，当前已经选取了last{个}^{\prime }{1}^{\prime }：$

$$\begin{gathered} ①、若a_i>0: \\ Ⅰ、我们可以将第i位取0，这样a_{i-1}...a_0无论取何值均不会大于V。总方案数为C_i^{K-last}， \\ 即在剩下i位中选择K-last个位置{取}^{\prime }{1}^{\prime }。 \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} Ⅱ、我们可以将第i位取1， \\ 若a_i>1，a_{i-1}...a_0无论取何值均不会大于V。总方案数为C_i^{K-last-1}， \\ 即在剩下i位中选择K-last-1个位置{取}^{\prime }{1}^{\prime }。此时，所有合法方案已均被计算出来，退出循环。 \end{gathered}$$

$若a_i=1，后面的取法将在第Ⅰ步被计算出来，因此这里不必重复计算，last++后直接看下一位。$

$②、若a_i=0:后面的合法方案同样会在①-Ⅰ中被计算出来，直接看下一位。$

$③、最后，若考虑到a_0时已经取了K个1，说明V的第a_i位都恰好是1，答案还要再加上等于V的方案。$

代码：

#include
#include

using namespace std;

const int N=35;

int K,B;
int C[N][N];

void cal()
{
     
    for(int i=0;i<N;i++)
        for(int j=0;j<=i;j++)
            if(!j) C[i][j]=1;
            else C[i][j]=C[i-1][j]+C[i-1][j-1];
}

int dp(int n)
{
     
    if(!n) return 0;
    vector<int> V;
    while(n) V.push_back(n%B),n/=B;
    
    int res=0,last=0;
    for(int i=V.size()-1;i>=0;i--)
    {
     
        int x=V[i];
        if(x)
        {
     
            res+=C[i][K-last];
            if(x>1)
            {
     
                if(K-last-1>=0) res+=C[i][K-last-1];
                break;
            }
            else
            {
     
                last++;
                if(last>K) break;
            }
        }
        if(i==0 && last==K) res++;
    }
    
    return res;
}

int main()
{
     
    cal();
    
    int l,r;
    cin>>l>>r>>K>>B;
    
    cout<<dp(r)-dp(l-1)<<endl;
    
    return 0;
}