【每日一题】AcWing 5271. 易变数 | 思维 | 中等

题目内容

原题链接

给定一个二进制表示的数 $s$ 。
定义函数 $f(x)$ 为 $x$ 的二进制位中为 $1$ 的数量。每次操作可以使得 $x\to f(x)$ ，问在最少操作次数下，恰好 $k$ 次操作后为 $1$ 的数有多少，答案对 $10^9+7$ 取模

数据范围

• $1\le s<2^{1000}$
• $0\le k\le 1000$

题解

这个数 $s$ 的上限很大，该怎么考虑呢？

考虑 $x$ 为 $2^{1000}-1$ 时，其二进制位为 $1000$ 个 $1$ ，$f(x)=1000$

所以只需要暴力计算下 $1000$ 以内的数到 $1$ 的最小次数即可。

定义 $dp[x]$ 表示 $x$ 通过 $f$ 函数到达 $1$ 的最小次数。

状态转移为：$dp[x]=dp[f(x)]+1$

考虑为 $dp[x]=k-1$ 的 $x$ ，那么二进制位中 $1$ 的个数为 $x$ 的数，到达 $1$ 的最小次数恰好为 $k$ 。

所以我们找到所有 $dp[x]=k-1$ 的 $x$ ，然后找到小于等于 $s$ 的，二进制位中 $1$ 的数量为 $x$ 的所有的数。

这里考虑到数据范围，很容易联想到数位 $dp$ 。

但是这里由于初始化的问题，容易超时，需要细化数位 $dp$ 的过程。

令 $n$ 为 $s$ 的二进制表示的长度，

即如果我们选择 $i$ ，

• $s[i]=1$

  • 考虑这里选择的数 $y$ 的 $y[i]=0$ ，则 $y[i+1,\cdots s-1]$ 都可以为 $1$ ，即有 $s-i-1$ 个位置中，选择若干个位置为 $1$ ，这个若干是由剩余可选位置来决定的。
    我们需要有 $x$ 位 $1$ ，而 $s[0,i]$ 中有 $m$ 个为 $1$ ，那么我们可以选择的就是 $m-x$ 位。即 $C(s-i-1,m-x)$
  • 考虑这里选择的数 $y$ 的 $y[i]=1$ ，则后面只能选择 $m-x-1$ 个 $1$ 了。但是这样直接考虑会超 $s$ 的上限，所以将这个问题继续往后抛。直到最后如果 $s$ 的二进制位为 $1$ 的数量恰好为 $x$ ，则答案 + 1 。

• $s[i]=0$ ，则不考虑，因为没有选择，$y[i]$ 只能为 $0$

上述的整体过程，其实就是数位 $dp$ 的过程。

时间复杂度：$O(n^2)$

代码

#include 
using namespace std;

const int MOD = 1e9 + 7;
int qp(int a, int b) {
    int res = 1;
    while (b > 0) {
        if (b & 1) res = 1ll * res * a % MOD;
        a = 1ll * a * a % MOD;
        b >>= 1;
    }
    return res;
}

int main()
{
    string s;
    int k;
    
    cin >> s >> k;
    
    int n = int(s.size());
    
    if (k == 0) {
        cout << "1\n";
        return 0;
    }
    
    if (k == 1) {
        cout << n - 1 << "\n";
        return 0;
    }
    
    vector<int> fac(n + 1), ifac(n + 1);
    fac[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % MOD;
    ifac[n] = qp(fac[n], MOD - 2);
    for (int i = n - 1; i >= 0; --i) ifac[i] = 1ll * ifac[i + 1] * (i + 1) % MOD;
    
    auto C = [&](int a, int b) -> int {
        if (b < 0 || a < b) return 0;
        return int(1ll * fac[a] * ifac[b] % MOD * ifac[a - b] % MOD);
    };
    
    int ans = 0;
    
    vector<int> dp(n + 1);
    dp[1] = 0;
    for (int i = 2; i <= n; ++i) {
        int x = i;
        int cnt = 0;
        while (x > 0) {
            cnt += 1;
            x -= x & -x;
        }
        dp[i] = dp[cnt] + 1;
        
        if (dp[i] + 1 == k) {
            
            // 选择 <= s 的，二进制位个数为 i 的数
            // 当前第 j 位为 0 ，还剩 n - j - 1 位，要选择这么些个 1
            int res = 0;
            int one = 0;
            for (int j = 0; j < n; ++j) {
                if (s[j] == '1') {
                    // 当前第 j 位有两种选择
                    // 第 j 位为 0
                    // 剩余 n - j - 1 位都可以为 1，前面已经占据了 one 个 1，后面再选择 k - one 个即可
                    res = (res + C(n - j - 1, i - one)) % MOD;
                    // 第 j 位为 1，如果 j 不是最后一位，即 j + 1 < n ，那么让 one += 1 ，交由后面的位继续考虑
                    // 如果 j 是最后一位，那么考虑 one + 1 是否等于 k 即可
                    
                    // 对于后面的位来说 one 增加了
                    one += 1;
                }
                if (j + 1 == n && one == i) {
                    res = (res + 1) % MOD;
                }
            }
            ans = (ans + res) % MOD;
        }
    }
    
    cout << ans << "\n";
    return 0;
}
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51
52
53
54
55
56
57
58
59
60
61
62
63
64
65
66
67
68
69
70
71
72
73
74
75
76
77
78
79
80
81
82
83
84
85
86