POJ 3252 Round numbers

http://poj.org/problem?id=3252

题意简述：输入的两个整数(包括)之间所有整数，转换为二进制后，0的位数大于等于1的位数的数字个数。

首先要求 l-r 中的数字个数，自然会想到求 [1->r]-[1->(l-1)];
但是要求的是转化为二进制后0的位数大于等于1的位数的数字个数，我们每次求的都是小于r或者l的数，
所以区间变为(1->r+1)-(1->l); 对于一个数x,它的二进制的位数为i 我们可以分两种情况：
1.如果一个数的二进制位数小于x的二进制位数,显然它是小于x的,而要使0的位数>=1的位数,就得使0的个数>=(i+1)/2, 我们可以预处理出所有数的二进制下一共i位，有>=j位是0的数的个数。然后从第一位枚举到i-1位，求出∑d[i-1,(i+1)/2]。

2.如果一个数的二进制位数等于i,那么需要逐位验证当前位是i还是0，统计出之前验证的0的个数,每次确定0的个数时要减去 前边的。

举个例子:
出自：
http://www.cnblogs.com/kuangbin/archive/2012/08/22/2651730.html
22=10110
如果要求 <=22的Round Numbers，也就是找出1-22有多少个二进制的0不少于1的数的个数。
22的二进制长度是5.
首先找长度比5小的Round Numbers（长度比5小的数肯定小于22啦）
长度为4的话，第一位必须是1，后面三位的话，可以有2个0，3个0
所以就是C(3,2)+C(3,3);
长度为3的Round Numbers，同理有 C(2,2);//注意不要把第一位1忘记了
长度为2的Round Numbers，有C(1,1)
长度为1的Round Numbers，有 0个
下面是找长度和22相同的Round Numbers。
首先第一位是1.
22的第二位是0，所以第二位不能为1，必须是0
第三位为0的话，（前面有了2个0，1个1），后面两位可以有1个0，2个0
C（2，1）+C（2，2）
接下来把第三位恢复为1,看第四位.假如第四位是0（前面有2个0，2个1），后面一位必须是0,所以是C（1，1）

#include<iostream>#include<cstdio>using namespace std;int ans,k,s,e,a,b;int f[35][35],d[35][35];int work(int x,int bit){//x 当前数,bit位数     int sum=0;    for (int i=1;i<bit;i++) sum+=d[i-1][(i+1)>>1];//二进制位数小于bit位，则一定是小于当前值x的     k=0;    for (int i=bit-2;i>=0;i--)//向右移动i位可以验证第i+1位是0 or 1     if ((x>>i)&1){       ans=((bit+1)>>1)-k-1;//剩下的0的个数         if (ans<0) ans=0;        sum+=d[i][ans];    }    else k++;// k是0的个数     return sum;} int main(){    for (int i=0;i<=31;i++) f[i][0]=1;    for (int i=1;i<=31;i++)     for (int j=1;j<=i;j++)     f[i][j]=f[i-1][j]+f[i-1][j-1];//求组合数     d[0][0]=1;    for (int i=1;i<=31;i++)     for (int j=i;j>=0;j--)     d[i][j]=d[i][j+1]+f[i][j];     cin>>s>>e;     e++;     while(s>>a) a++;//s 的二进制位数        while(e>>b) b++;     cout<<work(e,b)-work(s,a);    return 0;}

f[i][j]存储组合数
d[i][j]表示二进制下一共i位，有>=j位是0的数的个数。
求区间[s,e]的RoundNumber可以转化[1,e+1)-[1,s) 设某数s在二进制下有a位，则1~a-1位的数很容易为：
∑d[i-1,(i+1)/2]（1<=i<=a-1），其中第一位必须是1。 下面就是计算a位中比s小的符合要求的数：
若s上某一位是1（除了第一位），这一位前面已经有k个0，后边还有j位， 可以把这一位变成0，这样前面有k+1个0，
后边需要的0的个数至少为j=max(0,(a+1)/2-k-1)，所以sum+=d[i][j]。