HDU 3693 Math teacher's homework （数位DP？）

来源：互联网发布：淘宝打不开微信链接编辑：程序博客网时间：2024/05/26 02:21

题意：求解下列方程的解的数量：

X1 xor X2 xor X3 ... xor Xn = k

其中对任意Xi, 0<=Xi<=Mi

可以看出来是数位DP的思路~ 但是思路并不是很清晰~

令dp[i][pre][len]表示 Xi xor Xi+1 xor Xi+2 ... xor Xn的结果中，[最低位为第len位的前缀]为pre的方案数。

那么，按位枚举Mi中为1的那些位，考虑Xi与Mi的最长公共前缀~

把这些位依次赋值成0，那么我们便可以得到Xi的一个可能的前缀~ 然后后面的位就怎么样都无所谓了。

据此，可以得到如下状态转移方程：

dp[i][pre][len]= Sigma(dp[i+1][pre^cur][max(j,len)] * 2^min(j,len))

上面的方程中~ cur表示的是 Xi 的所有可能前缀~ j表示cur前缀的长度~

然后大概可以证明这样转移的话总的状态数是很少的~ 所以就可以用记忆化搜索来搞了~

嗯~感觉思路确实是很混乱呢~ 留个坑之后慢慢再优化吧~

Code here~

#define N (1<<6)#define M 1000000003#define LL long long#include <bits/stdc++.h>using namespace std;int n,k,a[N],pw[N]={1};map<int,int> dp[N][N];void init(){for(int i=1;i<N;i++)pw[i]=pw[i-1]+pw[i-1],pw[i]%=M;}LL solve(int i,int pre,int len){int cur=0; LL res=0;pre&=~((1<<len)-1);if(i==n+1) return !pre;if(dp[i][len].find(pre)!=dp[i][len].end())return dp[i][len][pre];for(int j=31;j>=0;j--)if(a[i]&(1<<j))res+=solve(i+1,pre^cur,max(j,len))*pw[min(j,len)]%M,res%=M,cur|=1<<j;return dp[i][len][pre]=res;}int main(){for(init();cin>>n>>k,n;){for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",a+i),a[i]++;for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=0;j<=31;j++)dp[i][j].clear();cout<<solve(1,k,0)<<endl;}}

UPD：

根据DP的过程~我们发现在每一步中~如果i和len确定了的话～那么当前的pre前缀除了第len位以外都是确定的~因此可以简化DP。

Code ver. 2.0

#define N (1<<6)#define M 1000000003#define LL long long#include <bits/stdc++.h>using namespace std;int n,k,a[N],pw[N]={1},dp[N][N][2];void init(){    for(int i=1;i<N;i++)        pw[i]=pw[i-1]+pw[i-1],pw[i]%=M;}LL solve(int i,int pre,int len){    int cur=0; LL res=0;    pre&=~((1<<len)-1);    if(i==n+1) return !pre;    int k=(pre&(1<<len))?1:0;    if(dp[i][len][k]!=-1) return dp[i][len][k];    for(int j=31;j>=0;j--)        if(a[i]&(1<<j)) res+=solve(i+1,pre^cur,max(j,len))*pw[min(j,len)]%M,res%=M,cur|=1<<j;    return dp[i][len][k]=res;}int main(){    for(init();cin>>n>>k,n;)    {        for(int i=1;i<=n;i++)            scanf("%d",a+i),a[i]++;        memset(dp,-1,sizeof(dp));        cout<<solve(1,k,0)<<endl;    }}

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