设r是个2k进制数，并满足以下条件：
（1）r至少是个2位的2k进制数。
（2）作为2k进制数，除最后一位外，r的每一位严格小于它右边相邻的那一位。
（3）将r转换为2进制数q后，则q的总位数不超过w。
在这里，正整数k（1≤k≤9）和w（k<W< span>≤30000）是事先给定的。
问：满足上述条件的不同的r共有多少个？
我们再从另一角度作些解释：设S是长度为w 的01字符串（即字符串S由w个“0”或“1”组成），S对应于上述条件（3）中的q。将S从右起划分为若干个长度为k 的段，每段对应一位2k进制的数，如果S至少可分成2段，则S所对应的二进制数又可以转换为上述的2k进制数r。
例：设k=3，w=7。则r是个八进制数（23=8）。由于w=7，长度为7的01字符串按3位一段分，可分为3段（即1，3，3，左边第一段只有一个二进制位），则满足条件的八进制数有：
2位数：高位为1：6个（即12，13，14，15，16，17），高位为2：5个，…，高位为6：1个（即67）。共6+5+…+1=21个。
3位数：高位只能是1，第2位为2：5个（即123，124，125，126，127），第2位为3：4个，…，第2位为6：1个（即167）。共5+4+…+1=15个。
所以，满足要求的r共有36个。
只有1行，为两个正整数，用一个空格隔开：
k W
共1行，是一个正整数，为所求的计算结果，即满足条件的不同的r的个数（用十进制数表示），要求最高位不得为0，各数字之间不得插入数字以外的其他字符（例如空格、换行符、逗号等）。
（提示：作为结果的正整数可能很大，但不会超过200位）
3 7
36
这道题是较为明显的数位dp；
定义f[i][j]为i位数且最高位为j的数有多少个。
f[i][j]=sum(f[i-1][o]);j<o<2^k
推导过程：
因为题目中要求数每一位严格小于它右边相邻的那一位，所以f[i][j]只能由大于j的状态转移而来；
举个例子，最高位为3（k=3，w=7，i=2） 3x的x只能为4,5,6,7
即f[2][3]=f[1][4]+f[1][5]+f[1][6]+f[1][7];
但这样f数组所占空间太大，因使用滚动数组；
我们可以看到f[i][j]在推出所有f[i+1]后就没有用处了，所以可以设一个空间为[2]交换储存即可；
然而又有问题出现了，我们的答案是满足条件的数的个数，而在滚动时就会把应该计入考虑的数覆盖，怎么解决呢?
方法是:用ans在dp同时添加（不理解请阅读代码）
接着是优化时间，因为每次求的都是一段区间的和，可用前缀和；（不会者自行百度）
另一种优化方法
因为：
f[i][j]=f[i-1][j+1]+...+f[i-1][2^k-1];
f[i][j-1]=f[i-1][j]+...+f[i-1][2^k-1];
所以f[i][j]+f[i-1][j]=f[i][j-1]
f[i][j]=f[i][j-1]-f[i-1][j];
最后我们注意到了题目里一句关键的话，答案在200位以内；
要使用高精度计算，笔者用了压位高精度，重载运算符和vector不定长数组，读者自行编程时可不必用到这些。
#include<cstdio> #include<algorithm> #include<vector> using namespace std; const long long mod=1e16; struct BIGNUM { vector<long long>a; BIGNUM operator+(const BIGNUM &b)const{ BIGNUM c; c.a.clear(); for(long long i=0,g=0;;i++) { if(!g&&i>=a.size()&&i>=b.a.size()) break; if(i<a.size()) g+=a[i]; if(i<b.a.size()) g+=b.a[i]; c.a.push_back(g%mod); g/=mod; } return c; }//高精度加 BIGNUM operator-(const BIGNUM &b)const{ BIGNUM c; c.a.clear(); for(long long i=0,g=0;;i++) { if(!g&&i>=a.size()&&i>=b.a.size()) break; if(i<a.size()) g+=a[i]; if(i<b.a.size()) g-=b.a[i]; if(g<0) c.a.push_back(g+mod),g=-1; else c.a.push_back(g),g=0; } return c; }//高精度减 }f[515][3],ans;//重载运算符 int main() { int k,w,n,pd=0; scanf("%d%d",&k,&w); if(w<=k) { putchar('0'); return 0; }//如果要求的位数比2^k的两位还小就没有数满足条件。 n=w/k;w%=k;k=1<<k; for(int i=1;i<k;i++) f[i][0].a.push_back(i);//由于只有一位，所以方案只能为1，又是前缀和 for(int i=2;i<=n;i++) for(int j=1;j<k;j++) { f[j][~i&1]=f[k-1][i&1]-f[j][i&1];//滚动数组 ans=ans+f[j][~i&1];//dp中加和 f[j][~i&1]=f[j][~i&1]+f[j-1][~i&1];//前缀和 } w=1<<w;n++;//这里是求最后一位的所能放的数 for(int i=1;i<w;i++) { f[i][~n&1]=f[k-1][n&1]-f[i][n&1]; ans=ans+f[i][~n&1]; } for(int i=ans.a.size()-1;i>=0;i--) if(pd||ans.a[i]) { if(pd) printf("%016lld",ans.a[i]);//防止中间有数字不到1e15 else printf("%lld",ans.a[i]),pd=1; } if(!pd) printf("0");//输出并去前导0 return 0; }