CF1245F Daniel and Spring Cleaning 题解
作者:互联网
题目大意
给定 \(l,r\) ,求 \(\sum_{x=l}^r\sum_{y=l}^r[x+y=x\oplus y]\) 。
其中 \(0 \le l \le r \le 10^9\) 。
分析
首先对于题目中给出的式子,我们可以对它进行一些转换:
\(\sum_{x=l}^r\sum_{y=l}^r[x+y=x\oplus y]\)
\(=2\sum_{x=l}^r\sum_{y=x+1}^r[x+y=x\oplus y]+\sum_{x=l}^r[x+x=x\oplus x]\)
\(=2\sum_{x=l}^r\sum_{y=x+1}^r[x+y=x\oplus y]+[l=0]\)
将常数省去后,我们发现最主要求的东西其实是 \(\sum_{x=l}^r\sum_{y=x+1}^r[x+y=x\oplus y]\) ,即将问题转化为了:
对于 \(l \le x < y \le r\) ,求出有多少个 \(x,y\) 满足这两个数不存在一个相同的二进制位上都是 \(1\) 。
然后就很好想到用数位DP来做。在这里先定义两个概念:
- 上界:这一位最大能选的数要不要受到前面选的数的约束(即最终选出来的数不能大于 \(r\) )。
- 下界:这一位最小能选的数要不要受到前面选的数的约束(即最终选出来的数不能小于 \(l\) )。
定义 \(dp_{pos,up,down,bj}\) 表示当前进行到了 \(pos\) 位,前面选的数有没有造成上界,有没有造成下界,前面选出来的数是否使当前的 \(x,y\) 相同。
转移的话就是数位DP的常规套路了,具体看代码吧。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int t;
ll l,r;
ll dp[40][2][2][2];
int lbj[40],rbj[40];
ll dfs(int pos,int up,int down,int bj){
if(!pos){
if(bj)return 0;//如果最终结果x,y相同就返回0
return 1;
}
if(dp[pos][up][down][bj]!=-1)return dp[pos][up][down][bj];
ll ans=0;
int lflag=(down?lbj[pos]:0);
int rflag=(up?rbj[pos]:1);
for(int x=(bj?lflag:0);x<=rflag;x++){
for(int y=lflag;y<=(bj?x:1);y++){
if((x&y)==1)continue;
if(x==y){
ans+=dfs(pos-1,up&&x==rflag,down&&y==lflag,bj&1);
}
else{
ans+=dfs(pos-1,up&&x==rflag,down&&y==lflag,bj&0);
}
}
}
if(dp[pos][up][down][bj]==-1)dp[pos][up][down][bj]=ans;
return ans;
}
int main(){
scanf("%d",&t);
while(t--){
scanf("%lld%lld",&l,&r);
for(int i=0;i<=37;i++){
lbj[i+1]=(l>>i)&1;
}
int len=0;
for(int i=0;i<=37;i++){
rbj[i+1]=(r>>i)&1;
if(rbj[i+1]){
len=i+1;
}
}
memset(dp,-1,sizeof(dp));
ll ans=dfs(len,1,1,1);
printf("%lld\n",ans*2+(l==0));
}
return 0;
}
标签:int,题解,sum,pos,bj,Daniel,Spring,ll,dp 来源: https://www.cnblogs.com/error-404-sans/p/16234508.html