数位dp ---- 暴力 + 二进制的数位dp 2020济南 L Bit Sequence

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题目大意

f(x)=x的二进制中1的个数f(x)=x的二进制中1的个数f(x)=x的二进制中1的个数
给你一个数组[a1,a2,a3...,am]m∈[1,100][a_1,a_2,a_3...,a_m]m\in[1,100][a1,a2,a3...,am]m∈[1,100]
问你有多少x∈[1,1e18]x\in[1,1e18]x∈[1,1e18]满足f(x+i)%2=aif(x+i)\%2=a_if(x+i)%2=ai

解题思路：

首先我们发现m∈[1,100]m\in[1,100]m∈[1,100]很小，那么m最多可以影响的二进制位的长度是7位而已[0,6][0,6][0,6]。
如果前面7位要进位到后面去，那么就要看一下从第7位开始后面多少位1，就是进位的情况

那么我们就可以搞搞数位dp了,在数位dp的时候我们还要看看前面已经出现了多少个1了，到了[0,6][0,6][0,6]位的时候我们可以暴力枚举所有额组合情况

我们dp[len][num1][num2][lim]dp[len][num_1][num_2][lim]dp[len][num1][num2][lim]就表示：现在已经到了第lenlenlen位,前面有num1个1num_1个1num1个1有num2num_2num2个连续的1接在第7位后面，limlimlim表示前面是否取到上界

那么就这么结束了吗？
我们算一下复杂度：
len∗num1∗num2∗lim∗128∗100=6,710,886,400len*num_1*num2*lim*128*100=6,710,886,400len∗num1∗num2∗lim∗128∗100=6,710,886,400
len=num1=num2=64len=num1=num2=64len=num1=num2=64
肯定T飞了
我们考虑优化一下，它最后实际上面只考虑1个数的奇偶性而已，我们没必要存储前面1的个数，我们只要存前面的奇偶个数就行了，那么num1=num2=2num1=num2=2num1=num2=2
复杂度就降下去了大概就6,553,6006,553,6006,553,600大部分都跑不满的

AC code

#include <bits/stdc++.h>
#define mid ((l + r) >> 1)
#define Lson rt << 1, l , mid
#define Rson rt << 1|1, mid + 1, r
#define ms(a,al) memset(a,al,sizeof(a))
#define log2(a) log(a)/log(2)
#define lowbit(x) ((-x) & x)
#define IOS std::ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0)
#define INF 0x3f3f3f3f
#define LLF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define f first
#define s second
#define endl '\n'
using namespace std;
const int N = 2e6 + 10, mod = 1e9 + 9;
const int maxn = 500010;
const long double eps = 1e-5;
const int EPS = 500 * 500;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> PII;
typedef pair<ll,ll> PLL;
typedef pair<double,double> PDD;
template<typename T> void read(T &x) {x = 0;char ch = getchar();ll f = 1;while(!isdigit(ch)){if(ch == '-')f*=-1;ch=getchar();}while(isdigit(ch)){x = x*10+ch-48;ch=getchar();}x*=f;
}
template<typename T, typename... Args> void read(T &first, Args& ... args) {read(first);read(args...);
}
int m;
ll L;
bool arr[maxn];
vector<int> bit;
ll dp[70][2][2][2];
int f[300]; // f[i]存储的是i的二进制的前7位的二进制里面1的个数
inline ll cal(int seq, int is, int lim) {int up = lim ? (L % 128) : 127;ll ans = 0;for(int j = 0; j <= up; ++ j) {bool ok = 1;for(int i = 0; i < m && ok; ++ i) {int now = i + j;if(now >> 7 & 1) ok = (((f[i+j]+is-seq+1)&1)==arr[i]); // 进位else ok = (((f[i+j]+is)&1)==arr[i]);}ans += ok;}return ans;
}
// 第几位，7位开始往后面连续1的个数，前面1的个数，是否取得上界
inline ll dfs(int len ,bool seq, bool is, int lim) {ll &x = dp[len][seq][is][lim];if(~x) return x;if(len <= 6) {x = cal(seq,is,lim);return x;}int up = (lim ? bit[len] : 1);ll ans = 0;for(int i = 0; i <= up; ++ i) {if(i) ans += dfs(len-1,(seq+1)&1,(is+1)&1,i==up&&lim);else ans += dfs(len-1,0,is,i==up&&lim);}return x = ans;
}inline ll slove(ll L) {ms(dp,-1);bit.clear();for(int i = 0; i <= 63; ++ i) {bit.push_back(L>>i&1);}return dfs(bit.size(),0,0,1);
}int main() {IOS;for(int i = 0; i < 300; ++ i) for(int j = 0; j < 7; ++ j)f[i] += (i >> j) & 1;int _;cin >> _;while(_--) {cin >> m >> L;for(int i = 0; i < m; ++ i) cin >> arr[i];cout << slove(L) << endl;}return 0;
}