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题意：求区间l-r中二进制1的个数不大于0的个数的数字有多少
思路：数位dp，设状态 dp[i][j][k]表示在第i位长度为j并且前i个有k个1的答案，设置dp方程的时候一定要注意一个状态对应的是一类数字，这一类数字可以推导出唯一的dp状态，并且这一类数字对应的答案是一样的，比如，一开始我设置的dp方程是dp[i][j][k]表示当前在第i位有j个前导0并且前i个有k个1的答案，这样虽然可以做，但是每次输入l r都需要将dp数组初始化一次，因为只有这3个是不能唯一确定一类数所对应的状态，比如00110xxx， 和00110xxxx，推导出的状态都是dp[3][2][2]，但是00110xxx对应的答案和00110xxxx对应的答案显然不一样，换句话说，就是当2个数推出同一个dp状态的时候，并不能保证这2个数的答案是一样的，可以做是因为每次输入之后每一个数的位数就确定了(前导0也算)，但是下一次输入的时候位数变化了答案就不对了，这个时候就很自然想到了加一维表示位数，由此得到dp[i][j][k][t]，表示当前在第i位 有j个前导0 前i个有k个1 并且二进制长度为t 的答案，这个是没错的，但是你会发现前导0这维是没有作用的，所以得到最上面的dp方程
AC代码：
#include "iostream" #include "iomanip" #include "string.h" #include "stack" #include "queue" #include "string" #include "vector" #include "set" #include "map" #include "algorithm" #include "stdio.h" #include "math.h" #pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000") #define bug(x) cout<<x<<" "<<"UUUUU"<<endl; #define mem(a,x) memset(a,x,sizeof(a)) #define step(x) fixed<< setprecision(x)<< #define mp(x,y) make_pair(x,y) #define pb(x) push_back(x) #define ll long long #define endl ("\n") #define ft first #define sd second #define lrt (rt<<1) #define rrt (rt<<1|1) using namespace std; const ll mod=1e9+7; const ll INF = 1e18+1LL; const int inf = 1e9+1e8; const double PI=acos(-1.0); const int N=1e5+100; int bit[50],t; int dp[50][50][50]//dp[i][j][k]表示在第i位长度为j并且前i个有k个1的答案 ll dfs(bool limit, int pos, int sum, int f, int lead){ if(pos==-1) return sum<=t-lead>>1; if(sum>(t-lead)>>1) return 0; if(!limit && dp[pos][t-lead][sum]!=-1) return dp[pos][t-lead][sum]; int up=limit?bit[pos]:1; ll ans=0; for(int i=0; i<=up; ++i){ ans+=dfs(limit&&i==bit[pos], pos-1, sum+i, f&&(i==0), lead+(f&&i==0)); } if(!limit) dp[pos][t-lead][sum]=ans; return ans; } ll solve(ll x){ int p=0; while(x>0){ bit[p++]=x%2; x>>=1; } t=p; return dfs(1,p-1,0,1,0); } int main(){ ll l,r; mem(dp,-1); while(scanf("%lld %lld",&l,&r)!=EOF)//cout<<solve(r)<<endl; cout<<solve(l-1)<<endl; printf("%lld\n",solve(r)-solve(l-1)); return 0; }
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原文地址：http://www.cnblogs.com/max88888888/p/7582265.html
