CF1245F Daniel and Spring Cleaning 題解
阿新 • • 發佈:2022-05-07
題目大意
給定 \(l,r\) ,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
首先對於題目中給出的式子,我們可以對它進行一些轉換:
\(\sum_{x=l}^r\sum_{y=l}^r[x+y=x\oplus y]\)
\(=2\sum_{x=l}^r\sum_{y=x+1}^r[x+y=x\oplus y]+\sum_{x=l}^r[x+x=x\oplus x]\)
\(=2\sum_{x=l}^r\sum_{y=x+1}^r[x+y=x\oplus y]+[l=0]\)
將常數省去後,我們發現最主要求的東西其實是 \(\sum_{x=l}^r\sum_{y=x+1}^r[x+y=x\oplus y]\)
對於 \(l \le x < y \le r\) ,求出有多少個 \(x,y\) 滿足這兩個數不存在一個相同的二進位制位上都是 \(1\) 。
然後就很好想到用數位DP來做。在這裡先定義兩個概念:
- 上界:這一位最大能選的數要不要受到前面選的數的約束(即最終選出來的數不能大於 \(r\) )。
- 下界:這一位最小能選的數要不要受到前面選的數的約束(即最終選出來的數不能小於 \(l\) )。
定義 \(dp_{pos,up,down,bj}\) 表示當前進行到了 \(pos\) 位,前面選的數有沒有造成上界,有沒有造成下界,前面選出來的數是否使當前的 \(x,y\)
轉移的話就是數位DP的常規套路了,具體看程式碼吧。
程式碼
#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;//如果最終結果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; }