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题目描述

设r是个2^k 进制数,并满足以下条件:

(1)r至少是个2位的2^k 进制数。

(2)作为2^k 进制数,除最后一位外,r的每一位严格小于它右边相邻的那一位。

(3)将r转换为2进制数q后,则q的总位数不超过w。

在这里,正整数k(1≤k≤9)和w(k〈w≤30000)是事先给定的。

问:满足上述条件的不同的r共有多少个?

我们再从另一角度作些解释:设S是长度为w 的01字符串(即字符串S由w个“0”或“1”组成),S对应于上述条件(3)中的q。将S从右起划分为若干个长度为k 的段,每段对应一位2k进制的数,如果S至少可分成2段,则S所对应的二进制数又可以转换为上述的2k 进制数r。

例:设k=3,w=7。则r是个八进制数(2^3=8)。由于w=7,长度为7的01字符串按3位一段分,可分为3段(即1,3,3,左边第一段只有一个二进制位),则满足条件的八进制数有:

2位数:高位为1:6个(即12,13,14,15,16,17),高位为2:5个,…,高位为6:1个(即67)。共6+5+…+1=21个。

3位数:高位只能是1,第2位为2:5个(即123,124,125,126,127),第2位为3:4个,…,第2位为6:1个(即167)。共5+4+…+1=15个。

所以,满足要求的r共有36个。

输入

只有1行,为两个正整数,用一个空格隔开: k w

输出

1行,是一个正整数,为所求的计算结果,即满足条件的不同的r的个数(用十进制数表示),要求最高位不得为0,各数字之间不得插入数字以外的其他字符(例如空格、换行符、逗号等)。

(提示:作为结果的正整数可能很大,但不会超过200位)

样例输入

3 7

样例输出

36

分析:

这是一个组合数学问题,

注意这句话:作为2^k 进制数,除最后一位外,r的每一位严格小于它右边相邻的那一位。

其实这是在暗示组合数,

显然r中的不会有相同的位,如果每一位都不同,显然只有严格递增的排列是合法的,这便是组合,

将 r 转化成这种形式(设k为3) 000 000 000 000

显然除首位外每一位的取值范围为 000 to 111(2^k-1)

在首位为0的情况下,最多可取 w/k 位,且题目要求大于2位,

则在首位为0的合法解有 ∑ C(2^k-1,i)(2<=i<=w/k) ,

Ps. 如果 w 模 k 等于 0 仅考虑上述情况即可。

考虑首位不为0的情况,显然首位不为0的话,r 就有 w/k+1 位,

除首位外还有w/k位,可以枚举首位的取值范围为 1 to 2^(w mod k)-1

设首位取值为 val,则剩下 w/k 位 取值范围为 val+1 to 2^k-1,也就是有 2^k-1-val 个数可取,所以首位不为0的合法解有 ∑ C(2k-1-val,w/k)(1<=val<=2(w mod k)-1)

所以上述两者相加便是正解(需要高精运算)

对于高精运算的处理,我看到了一个比较巧妙的方法避开了复杂的数组运算,就是把上面那些组合数的运算

都转换成了 C(2^k-1,i) -----> C(2^k-i,i) 然后写C函数的时候不是计算C(2k-1,i),而是计算C(2k-i+i-1,i)。 巧妙之处就在这里,这样可以有效的避免有溢出吧。

注意事项:

1、本题的关键就是看懂题目,知道这是个排列组合问题。

2、在排列组合的计算时,用了一个巧妙的方法,希望能看懂。

代码:

#include <iostream>
#include <cmath>
#include<stdio.h>
using namespace std;
long C(int n,int m) //公式为C(n+m-1)(m)[重点] 希望结合上面说的看懂
{
int i;
long sum=1;
for (i=1;i<=m;i++)
sum*=(n+m-i);
for (i=1;i<=m;i++)
sum=sum/i;
return sum;
}
int main()
{
int k, w;
cin >> k >> w;
int part_num = w / k + 1; //一共分为几段
int maxx_num_per_part = pow(2.0,k); //取不到,每部分最大取到maxx_num_per_part减去1,就是每一位都是1的时候
int gaow_num_max = pow(2.0,w%k) - 1; //最高位的数最大值,可以是0
//开始计算,分两种情况,第一种,首段为0,那么后面n位数对应的个数符合C[maxx_num_per_part-1][n]
long long sum = 0;
for (int i=2; i<=part_num-1; i++) //去掉最高位部分,还有至少两位数
{
sum += C(maxx_num_per_part-i, i);
}
//第二种情况,首段不是0,如果首段为x,解就有C[maxx_num_per_part-1-x][w/k]
for (int i=1; i<=gaow_num_max; i++)
{
sum += C(maxx_num_per_part-w/k-i,w/k);
}
cout << sum;
return 0;
}

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