uva4031 Integer Transmission (DP)

uva4031 Integer Transmission (DP)

uva4031 Integer Transmission (DP)
题意:
传送一个长度在64之内的01串,第i时刻发送出第i字节(i=0,1,...,L-1).对任意第i时刻发出的字节,它有可能在i+1,i+2,...,i+d+1(d<=L)中的任一时刻到达接收端.当同一时刻有多个字节同时到达时,这些字节可以任意排列.
问接收端可能收到多少种不同串? 并求出二进制最小的和最大的串.
按位DP, 关键是确定前i位至多能有多少个0/1,至少必须有多少个0/1. 此题与windy's abc很相似, 但多了处变化.
考虑 d=3, 原串为 1101011, 显然第1个1永远不可能跑到第2个0右边. 字符串的错位,本质上是某些1把它右边d之内的0挤到左边了. 因此对1, 它实际能向右移多少位,取决于它右边d之内有多少个0.
这样预处理后按位DP即可.
构造最小/最大数,只需尽量把1/0往低位扔就行了.

代码:

  1  #include  < iostream >
  2  #include  < cstdio >
  3  #include  < cstdlib >
  4  #include  < cstring >
  5  #include  < algorithm >
  6  #include  < cmath >
  7  using   namespace  std;
  8 
  9  typedef unsigned  long   long  ull;
 10 
 11  int  mi[ 2 ][ 130 ], mx[ 2 ][ 130 ];
 12  ull dp[ 65 ][ 65 ];
 13  int  b[ 65 ];
 14  int  N,D;
 15  ull K;
 16  int  CAS;
 17 
 18  void  init()
 19  {
 20       int  i,j,k;
 21      ull t;
 22      memset(b, 0 , sizeof (b));
 23       for (t = K, i = N; t; i -- ){
 24          b[i]  =  t & 1 ;
 25          t >>= 1 ;
 26      }
 27       int  c[ 2 ][ 130 ];
 28      memset(c, 0 , sizeof (c));
 29       for (i = 1 ; i <= N; i ++ )
 30          c[b[i]][i] ++ ;
 31       for (i = N; i >= 1 ; i -- )
 32          c[ 0 ][i]  +=  c[ 0 ][i + 1 ], c[ 1 ][i]  +=  c[ 1 ][i + 1 ];
 33      memset(mi,  0 ,  sizeof (mi));
 34      memset(mx,  0 ,  sizeof (mx));
 35       for (i = 1 ; i <= N; i ++ ){
 36          mx[b[i]][ min(N, i + c[b[i] ^ 1 ][i + 1 ] - c[b[i] ^ 1 ][i + D + 1 ]) ]  ++ ;
 37      }
 38       for (i = N; i >= 1 ; i -- ){
 39          mx[ 0 ][i]  +=  mx[ 0 ][i + 1 ];
 40          mx[ 1 ][i]  +=  mx[ 1 ][i + 1 ];
 41          mi[ 0 ][i]  =  max( 0 , N + 1 - i - mx[ 1 ][i]);
 42          mi[ 1 ][i]  =  max( 0 , N + 1 - i - mx[ 0 ][i]);
 43      }
 44  }
 45 
 46  ull dodp()
 47  {
 48       int  i,j,k,p;
 49      ull ret  =   0 ;
 50      memset(dp, 0 , sizeof (dp));
 51       for (i = 0 ; i <= N; i ++ )
 52          dp[N][i]  =   1 ;
 53       for (p = N; p >= 1 ; p -- ){
 54           for (i = mi[ 0 ][p]; i <= mx[ 0 ][p]; i ++ ){
 55              j = N + 1 - p - i;
 56               if (j < mi[ 1 ][p]  ||  j > mx[ 1 ][p])  continue ;
 57               if (dp[p][i] == 0 ) continue ;
 58               if (p == 1 ){ ret  +=  dp[p][i];  continue ; }
 59              dp[p - 1 ][i]  +=  dp[p][i];
 60              dp[p - 1 ][i + 1 ]  +=  dp[p][i];
 61          }
 62      }
 63       return  ret;
 64  }
 65 
 66  void  getans(ull  & xx, ull  & ii)
 67  {
 68       int  i,j,k;
 69       int  c0[ 2 ][ 65 ],c1[ 2 ][ 65 ];
 70      memset(c0, 0 , sizeof (c0));
 71      memset(c1, 0 , sizeof (c1));
 72       for (i = 1 ; i <= N; i ++ ){
 73           if (b[i] == 0 )
 74              c0[ 0 ][i] ++ , c1[ 0 ][min(N,i + D)] ++ ;
 75           else
 76              c1[ 1 ][i] ++ , c0[ 1 ][min(N,i + D)] ++ ;
 77      }
 78       // for(i=1; i<=N; i++
 79      xx  =  ii  =   0 ;
 80       for (i = 1 ; i <= N; i ++ ){
 81           while (c0[ 0 ][i] -- ) ii  =  (ii << 1 );
 82           while (c0[ 1 ][i] -- ) ii  =  (ii << 1 ) | 1 ;
 83          
 84           while (c1[ 1 ][i] -- ) xx  =  (xx << 1 ) | 1 ;
 85           while (c1[ 0 ][i] -- ) xx  =  (xx << 1 );
 86      }
 87  }
 88 
 89  void  solve()
 90  {
 91       int  i,j,k;
 92      printf( " Case %d:  " ,  ++ CAS);
 93      printf( " %llu  " , dodp());
 94      ull xx,ii;
 95      getans(xx, ii);
 96      printf( " %llu %llu\n " , ii, xx);
 97  }
 98 
 99  int  main()
100  {
101      CAS  =   0 ;
102       while (scanf( " %d " , & N) != EOF  &&  N){
103          scanf( " %d %llu " , & D, & K);
104          init();
105          solve();
106      }
107  }
108