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## [$AcWing$ $1081$ 度的数量](https://www.acwing.com/problem/content/1083/)
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### 一、题目描述
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求给定区间 $[X,Y]$ 中满足下列条件的整数个数：这个数恰好等于 $K$ 个互不相等的 $B$ 的整数次幂之和。
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例如，设 $X=15,Y=20,K=2,B=2$，则有且仅有下列三个数满足题意：
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$17=2^4+2^0$
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$18=2^4+2^1$
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$20=2^4+2^2$
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**输入格式**
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第一行包含两个整数 $X$ 和 $Y$，接下来两行包含整数 $K$ 和 $B$。
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**输出格式**
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只包含一个整数，表示满足条件的数的个数。
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**数据范围**
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$1≤X≤Y≤2^{31}−1$,$1≤K≤20$,$2≤B≤10$
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**输入样例**：
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```cpp {.line-numbers}
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15 20
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2
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2
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```
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**输出样例**：
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```cpp {.line-numbers}
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3
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```
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### 二、数位$DP$知识
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数位$dp$的题目一般会问 : <font color='red' size=4><b>指定区间内，满足某种性质的数的个数</b></font>。
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**解题技巧**：
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* 利用 **前缀和**，比如求区间$[x,y]$中的 **个数**，转化成求$[0,y]$的**个数** -$[0,x-1]$的**个数**
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### 三、解题思路
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题目就是在一个区间$[l,r]$内，**找出有多少个符合题意的数**，这里的符合题意是指：这个数的 **$b$进制** 表示中，其中有$k$个位置上是$1$、其他位上全是$0$。
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比如样例中$B=2$，$K=2$，这个数是$18$.就是把$18$化为**二进制**，$18$ 化为二进制数为：$10010$，其中有$2$位$1$，其他位都是$0$
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再比如 $B=3$，$K=2$，这个数是$12$.就是把$12$化为**三进制**，$12$化为三进制为$110$ ，其中也有$2$个$1$，其余都是$0$.
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#### 暴力法
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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const int N = 1010;
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int l, r; // 数位DP的区间范围
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int k, b; // k:个进制位为1,b进制
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int a[N], al; // 用来分解b进制的数组
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// 将x转化为b进制
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void calc(int x, int b) {
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al = 0;
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memset(a, 0, sizeof a);
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while (x) a[++al] = x % b, x /= b;
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}
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/*
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通过了 7/14个数据
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一半的分数也是OIer的梦想！
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*/
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int res;
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int main() {
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cin >> l >> r >> k >> b;
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// 1、将[l,r]之间所有数字进行b进制分解
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for (int i = l; i <= r; i++) {
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calc(i, b);
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int cnt = 0;
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bool bad = false; // 是不是全是0或1，一旦是bad=true,表示出现了大于数字1的数位，此时，一票否决~！
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// 2、检查是不是存在大于1的，大于1的是无效数字，跳过
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for (int j = 1; j <= al; j++) {
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if (a[j] > 1) {
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bad = true;
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break;
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}
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// 3、统计一下1出现的次数
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if (a[j] == 1) cnt++;
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}
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// 4、判断出现的次数是不是等于k,如果是，那么找到了一个答案，计数
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if (!bad && cnt == k) res++;
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}
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printf("%d\n", res);
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return 0;
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}
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```
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### 五、$dfs$数位$dp$模板
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**[数位$dp$总结之从入门到模板 ](https://www.cnblogs.com/littlehb/p/15796143.html)**
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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const int N = 32; // 输入的数据范围2^31-1,也就是整数上界。2进制是最小的进制，32也够了
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int l, r; // 数位DP的区间范围
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int k, b; // k:个进制位为1,b进制
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int a[N], al; // 用来分解b进制的数组
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int f[N][N]; // f[i][j] i:枚举到的位置 j:已经计算完1的个数,这里需要一点DP的状态描述的思想，只有一维记录到哪了，是无法描述整个当时场景的
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/**
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*
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* @param u 当前枚举到的数位
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* @param st 数字1出现的次数
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* @param op 是否贴上界
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* @return 在当前情况下，它 后续 符合条件的一共有多少个数
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*/
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int dfs(int u, int st, bool op) {
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// 到最后一位数位，是否恰好有k个不同的1,是：贡献价值+1，否：贡献价值+0
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if (u == 0) return st == k;
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if (op == 0 && ~f[u][st]) return f[u][st]; // 不贴上界，并且计算过，返回结果
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/*
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① 不贴着上界，可以将此区间算满，缓存起来，不用重复计算
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② 贴上界，每次重新计算
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本题要求：
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(1)如果op = 1, 贴上界
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如果a[u]=0,那么up最大是0,否则,up最大是1,简写成min(a[u],1)
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(2)如果op = 0, 不贴上界,可以选择的范围[0,1],up最大是1
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*/
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int ans = 0;
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int up = op ? min(a[u], 1) : 1; // up就是你的极限！本题，这句是一个精华点
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for (int i = 0; i <= up; i++) { // 枚举上限之内的数字(其实，也只有0和1有机会，这还要看up的取值。up=0,跑一次循环；up=1,跑两次循环)
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// 如果i==0,则st+i=st,st不会变大，也不会超过k,此句无影响后面的代码执行。
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// 如果i==1,则表示多选择了一个是1的数位，st+1,有可能已经超过了k的限制，再向后跑深搜就没有了意义，及时止损，剪枝
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if (st + i > k) continue; // 剪枝更健康
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// u-1:继续向低一位进行前进
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// st+i:1的个数变化情况，如果i==0,则表示u这个数位没有选择数字1；如果i==1，则表示u这个数位选择了数字1，不断的向后传递这个信息，用于判断是不是符合条件的数字
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// op && i == a[u] :此参数的含义是是否贴合上限
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// op:原来是贴上界的 && i == a[u]: 当前位取值也是贴上界
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// 那么，下面一位是继承前面的结果关系，也就是，它也在贴上界的情况下进行讨论
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// ==的运算优先级 高于 && ，所以先判断 i == a[u]是第一步，与 op 相 && 是第二步
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ans += dfs(u - 1, st + i, op && i == a[u]);
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}
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// 只记录不受上限限制的个数，受上限限制的每次重新计算
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// 为什么只记录不贴上界的结果，贴上界的为什么不能直接使用结果？
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// 这是因为：如果第一位贴了上界，那么第二位也可能继续贴上界，导致后续的无法取完整，无法直接使用结果
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if (!op) f[u][st] = ans;
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/*这里对应上面的记忆化，在一定条件下时记录，保证一致性，当然如果约束条件不需要考虑lead，这里就是lead就完全不用考虑了*/
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return ans;
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}
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// 采用类似于前缀和的思想，所以，需要封装成一个calc函数,计算两次，然后取差值
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int calc(int x) {
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al = 0; // 临时数组a初始化，这里挺有意思，把al=0就相当于全新初始化掉了a,不用采用memset(a,0,sizeof a);
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while (x) a[++al] = x % b, x /= b; // 把x按照进制分解到数组中,下标从1开始
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return dfs(al, 0, true); // 从最高位开始，目前数字1出现了0次，贴上界
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}
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int main() {
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memset(f, -1, sizeof f); // 初始化
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cin >> l >> r >> k >> b; // 边界，k个数位是1，b进制
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// 前缀和
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cout << calc(r) - calc(l - 1) << endl;
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return 0;
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}
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```
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