因為只有std，沒有自我實現，所以是無碼專區

主要是為了訓練思維能力

solution才是dls正解，但是因為只有潦草幾句，所以大部分會有我自己基于正解上面的算法實現過程，可能選擇的算法跟std中dls的實現不太一樣。

std可能也會帶有博主自己的注釋。

problem

給定 $n$ 個數，選擇一個子集然后加起來，統計十進制結果數位表示中有多少個 $4$。

對所有的 $2^n$ 種方案，都統計一邊，計算總和。

$n\le 40,a_i\le 44444444$。

時限：$1s256MS$

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我的想法

這種計數類題目，一般是兩條線。

• 差分然后數位 $dp$。
• 每一位單獨求解計算貢獻，即每一位的貢獻乘以這一位所在的合法情況數。

本題的 $n$ 非常小，而這種 $n$ 一般都是折半搜索的標志。

但是我不知道，怎么處理低位進位導致高位數字改變，這就導致了無法抽離子集本身進行求解，必須放在具體的兩個子集內才能計數。

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solution

折半搜索，每一位分開統計答案。

假設計算第 $k$ 位為 $4$ 的貢獻。

結論：考慮兩邊各取一個數，分別為 $s,t$，求和為 $w$，如果 $w$ 對 $10^{k+1}$ 取模后，最高位是 $4$，那么一定滿足 $s,t$ 分別對 $10^{k+1}$ 取模后再加起來的結果屬于 $[4\times 10^k,5\times 10^k)$ 或 $[14\times 10^k,15\times 10^k)$。

將左右兩邊按 $10^{k+1}$ 取模后升序排序，指針線性掃描即可。

直接排序，時間復雜度 $O(2^{\frac{n}{2}}n\log m)$，比較懸。

考慮優化，將 $k$ 從小到大進行計算。

每次排序相當于是在取模 $10^k$ 的基礎上，加上了最高位。

用類似于雙關鍵字的基排做法，在 $O(2^{\frac{n}{2}})$ 時間內解決。

總時間復雜度 $O(2^{\frac{n}{2}}\log m)$。

參考代碼

#include <bits/stdc++.h>using namespace std; const int maxn = 2e6 + 10; struct node {long long l, r; }; vector<node> a, b, c[10], d[10]; int n, val[maxn];void solve(int *a, int k, vector<node> &b) {for (int i = 0; i < (1 << k); i++) {long long s = 0;for (int j = 0; j < k; j++)if (i & (1 << j))s += a[j];b.push_back(node{s, 0});} }long long get_jin0(vector<node> &a, vector<node> &b, long long base) { //處理沒有進位的答案int point = b.size() - 1;long long ans = 0;for (int i = 0; i < a.size(); i++) {while (point >= 0 && a[i].r + b[point].r >= base)point--;ans += (point + 1);}return ans; }long long get_jin1(vector<node> &a, vector<node> &b, long long base) { //處理進位后的使當前位為4的答案int point = 0;long long ans = 0;int siz = b.size();for (int i = a.size() - 1; i >= 0; i--) {while (point <= siz - 1 && a[i].r + b[point].r < base)point++;ans += (b.size() - point);}return ans; }int main() {freopen("four.in", "r", stdin);freopen("four.out", "w", stdout);scanf("%d", &n);for (int i = 1; i <= n; i++)scanf("%d", &val[i]);solve(val + 1, n / 2, a);solve(val + 1 + n / 2, n - (n / 2), b);long long base = 1, ans = 0;for (int w = 0; w <= 8; w++) {for (int i = 0; i < 10; i++)c[i].clear(), d[i].clear();for (int i = 0; i < a.size(); i++)c[a[i].l % 10].push_back(node{a[i].l / 10, a[i].r});for (int i = 0; i < b.size(); i++)d[b[i].l % 10].push_back(node{b[i].l / 10, b[i].r});for (int i = 0; i < 10; i++) { //枚舉左半邊的和的當前位的數字int k1 = (14 - i) % 10, k2 = (13 - i) %10; //求右半邊對應的和的當前位的數，k1表示在不進位的情況下的值，k2表示在后面有進位的情況下的需要的ans += get_jin0(c[i], d[k1], base) + get_jin1(c[i], d[k2], base);}int now = 0;for (int i = 0; i < 10; i++)for (int j = 0; j < c[i].size(); j++)a[now++] = node{c[i][j].l, c[i][j].r + i * base};now = 0;for (int i = 0; i < 10; i++)for (int j = 0; j < d[i].size(); j++)b[now++] = node{d[i][j].l, d[i][j].r + i * base};base *= 10;}printf("%lld\n", ans); }

總結

以上是生活随笔為你收集整理的【无码专区4】幸运数字4（折半搜索+计数+结论）的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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