与 - 题目 - Daimayuan Online Judge

这太酷了，很符合我对DP的想象

这DP太妙了，我还没做过这种按位考虑DP的题

题意：

思路：

首先看第二个条件，一个数与后面的那个数与了之后还是后面那个数，这说明什么

我们按位考虑，比如这样：

10010111

10000101

这样就是满足条件的

归纳一下就是：对于n个数每一位，都是前面几个数是1，后面几个数是0

然后我们去从高位到低位去考虑DP（低位到高位也可以，不影响，只不过习惯从高到低了）

状态设计：

像这种计数类的DP，在设计状态时，考虑转移时需要考虑的量，即限制条件

限制条件是和，因此加一维

设dp[i][j]为考虑第i位，前i位的和为j的方案数

这样设计显然是不重不漏的

状态转移：

当然是从前一位转移过来

先去枚举阶段（位），然后去枚举1和0的分界线，然后去枚举和，转移就好了

注意在枚举和的时候，要注意上下界

上界就是K，下界是第i位是1，前面的位都是0产生的和

Code：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define Please_ac return 0 
#define y1 Y1
const int mxn=1e4+10;
const int mod=1e9+7;
int n,K;
int dp[33][mxn];
void solve(){
    cin>>n>>K;
    dp[31][0]=1;
    for(int j=30;j>=0;j--){
        for(int i=0;i<=n;i++){
            int w=i*(1<<j);
            for(int k=K;k>=w;k--){
                dp[j][k]+=dp[j+1][k-w];
                dp[j][k]%=mod;
            }
        }
    }
    cout<<dp[0][K]<<'\n';
}
signed main(){
    ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
    int __=1;//cin>>__;
    while(__--)solve();Please_ac;
}