2 k進製數

發現自己推得組合數好像不太一樣

先把這個複雜的柿子寫一遍

\[\sum_^\right \rfloor}c_^+\sum_^ \text \textk}-1}c_^\right \rfloor}

\]感覺這個柿子非常蛇皮

但是非常好求啊

由於\(2^k-1\)非常小，最大僅僅是\(511\)，所以我們沒有什麼必要預處理階乘，我們可以直接用組合數遞推的方式來做

於是不需要打高精除或者高精乘了，乙個高精加就夠了

於是做法就非常無腦了，重要的是這個柿子是怎麼推出來的

首先我們先考慮乙個非常弱化的版本，就是\(k|n\)

如果\(k|n\)的話，**那麼這個長度為\(n\)的二進位制數就能被恰好分成\(n/k\)個塊，而且每乙個塊能選擇的數都是\(0\)到\(2^k-1\)這\(2^k\)個數

**我們發現\(0\)這個非常不好考慮，於是我們可以先忽略掉\(0\)

所以現在有\(n/k\)個塊，每個塊內能填\(2^k-1\)種數

那麼就有\(c_^\)種可能

之後我們再來考慮\(0\)的情況，首先最高位（如果不是第二位的話）是可以填\(0\)的，而剩下的\(n/k-1\)個塊我們仍舊按照之前的方式來填，於是就有\(c_^\),之後對於次高位還是可以填\(0\)（同時最高位也填\(0\)），那麼還有\(n/k-2\)個塊，於是就是\(c_^\)

以此類推，直到對於第三個的塊，我們還是可以填將這個塊以及之前所有的塊都填\(0\)，那麼就還有\(2\)個塊，於是就是\(c_^\)

而第二個塊可是不能填\(0\)了，於是就沒了

所以對於\(k|n\)的時候，答案就是

\[\sum_^c_^

\]之後我們再來考慮一下\(k\)不整除\(n\)的情況

這個樣子的話一共會分成\(\left \lfloor\frac\right \rfloor+1\)個塊，\(\left \lfloor\frac\right \rfloor\)個塊內可以選擇的數都是\(0\)到\(2^k-1\)這\(2^k\)個數，而最後乙個不完整的塊只有\(n\text \text \textk\)位，所以能選擇的數只有\(0\)到\(2^ \text \textk}-1\)

如果這個最高位選擇填\(0\)那麼退化成了\(k|n\)的情況，所以最高位填0的方案數為

\[\sum_^\right \rfloor}c_^

\]之後最高位還有\(1\)到\(2^ \text \textk}-1\)這些數可以填，如果我們選擇填\(i\)的話，那麼剩下的塊內就不能填比\(i\)小的數，於是剩下的每個塊內能選擇的就有\(2^k-1-i\)個數，所以方案數就是\(c_^\right \rfloor}\)

所以最後的答案還應該加上

\[\sum_^ \text \textk}-1}c_^\right \rfloor}

\]**

#include#include#include#include#define re register
#define maxn 512
using namespace std;
string c[maxn][maxn];
int n,k;
int p,t;
int res;
int aa[201],bb[201],cc[201];
inline string sum(string a,string b)
int pp=(1ans=sum(ans,c[t-1-i][p]);
} cout
}

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2 k進製數（藍橋杯）

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