数位动态规划：数的个数

数位DP介绍

数位DP一般用来统计一个区间$[L,R]$中满足条件$f(i)$的数的个数。$条件f(i)$一般与数的大小无关，而与数的组成有关（即数位，个位、十位、百位…），因此数的大小对复杂度的影响很小。

数位DP本质是对暴力枚举的优化，使得新的枚举方式满足DP性质，从而能进行记忆化。

暴力枚举

对于一个求区间$[L,R]$满足条件的数的个数，最简单暴力的做法如下：

for(int i = L; i <= R; i ++)
	if(check(i)) ans ++;

然而这样枚举没有状态可言，不方便记忆。

数位DP

控制上界枚举。从最高位开始向下枚举，例如：n = 213，那么从百位开始枚举，百位可能的情况有0,1,2；然后在每一位上的枚举的数，组合起来都不能超过上界213。这样就计算出了从$1-n$所有符合条件的方案f[n]，然后利用前缀和的思想就可以统计出区间$[L,R]$满足条件的方案数f[R] - f[L - 1]。

解题技巧

1. 求区间 f[L, R] = f[R] - f[L - 1]
2. 分情况讨论，从集合划分的角度分析问题

问题应用

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：

$17=2^4+2^0$
$18=2^4+2^1$
$20=2^4+2^2$

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

$1\le X\le Y\le 2^{31}-1$,
$1\le K\le 20$,
$2\le B\le 10$

输入样例

15 20
2
2

输出样例

3

算法思想

如果将数$N$表示为一个$n$位$B$进制数的形式： $a[n-1]a[n-2]...a[0]$，其中$0\le a[i]<B$，那么求区间$[0,N]$所有满足条件的方案，就是求$a[n-1]a[n-2]...a[0]$中有$k$个1、其它位均为0的数的个数。

因为是统计区间$[0,N]$上的每一个数字，所以枚举的上限为$N$，所有符合条件的方案可以根据$N$的第i位数字x的情况分为3类：

• x > 1，则第i位上可以取0或1，并且剩下的i位可以随便取，可以直接用组合数进行计算得后面的所有情况：
  • 第i位取0时，如果前面已经安排了last个1，那么再从剩下的i位里选择k - last个1即可
  • 第i位取1时，如果前面已经安排了last个1，那么再从剩下的i位里选择k - last - 1个1即可
• x = 1，则第i位上可以取0或1
  • 第i位取0时，后面i位都可以随意取值，如果前面已经安排了last个1，那么再从剩下的i位里选择k - last个1即可
  • 第i位取1时，后面i位要在小于N的前提下取值，只能取k - last - 1个1，不能用组合数直接计算
• x = 0，则第i 位上也只能取 0 ，所以直接计算后面数位的取值情况就可以了。

对于最后一位还要进行单独讨论，如果在最后一位 ，所有的k个1都已经取好了，也就是k==last了，那么最后一位可以是0，总的方案数增加1。

代码实现

#include 
#include 
using namespace std;
const int N = 35;
int f[N][N]; //f[i][j]表示从i个数中选j个数的方案数
int K, B;

//处理f[i][j]
void init()
{
    for(int i = 0; i <= N; i++)
        for(int j = 0; j <= i; j++){
            if(!j) f[i][j] = 1;
            else f[i][j] = f[i - 1][j - 1] + f[i - 1][j];
        }
}

//求区间[0...n]中所有满足条件的数的个数
int dp(int n)
{
    // 题目中求B的整数次幂，所以n == 0时，结果为0
    if(!n) return 0; 
    //将数n拆成若干位B进制数
    vector<int> nums;
    while(n) nums.push_back(n % B), n /= B;

    int res = 0;
    //已经处理的数位中包含1的个数，前面已经填了多少个1
    int last = 0; 
    //从高位到低位处理
    for(int i = nums.size() - 1; i >= 0; i--)
    {
        int x = nums[i]; //当前数位    
        if(x) //x == 1 或者 x > 1的情况
        {
            //加上第i位取0时的方案数，也就是对于后面i位取 K - last 个1的数量  
            res += f[i][K - last];
            //x > 1，且i位取1时，后面i位随便取k-last-1个1
            if(x > 1)
            {
                if(K - last - 1 >= 0)
                    //加上当前为取1时的方案数，也就是对于后面i位取 K- last - 1 个1的数量  
                    res += f[i][K - last - 1];  
                //如果x > 1，所有情况可以通过组合数计算出来，不需要对下一位进行分情况讨论了
                break;
            }
            else//x==1，表示第i位取1，则情况数需要对下一个数位分情况讨论
            {
                last ++; //x = 1所以使用了一个1
                if(last > K) break; //如果已经有了K个1
            }
        }

        if(!i && last == K) res ++; //最后一位单独判断
    }
    return res;
}

int main()
{
    init();

    int L, R;
    cin >> L >> R >> K >> B;

    cout << dp(R) - dp(L - 1) <<endl;

    return 0;
}