UVa 12670 Counting Ones

题目描述

给定两个整数 $A$ 和 $B$（$1\le A\le B\le 10^{16}$），要求计算从 $A$ 到 $B$（包含两端）的所有整数的二进制表示中，数字 $1$ 出现的总次数。

例如：

• 输入：$2$ $12$
• 输出：$21$

数据范围：$A$ 和 $B$ 最大可达 $10^{16}$，因此不能直接遍历统计，需要高效的数学方法。

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题目分析

这是一个典型的数位统计问题。由于数据范围非常大，直接遍历每个数并统计其二进制中 $1$ 的个数是不可行的（时间复杂度为 $O(B-A)$，会超时）。

我们需要找到一种方法，能够快速计算从 $1$ 到 $n$ 的所有数的二进制中 $1$ 的个数总和。

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解题思路

关键思路

定义函数：
$$\text{countOnes}(n)=\text{从 1 到 n 的所有数的二进制表示中 1 的个数总和}$$
那么答案就是：
$$\text{答案}=\text{countOnes}(B)-\text{countOnes}(A-1)$$

如何计算 $\text{countOnes}(n)$

我们按二进制位分别计算每一位上 $1$ 出现的次数，然后求和。

对于第 $k$ 位（从最低位 $0$ 开始）：

• 该位的循环周期是 $2^{k+1}$（即 $0$ 和 $1$ 交替的周期长度）
• 每个完整周期中，该位为 $1$ 的次数是 $2^k$
• 设完整周期数为 $\lfloor \frac{n+1}{2^{k+1}}\rfloor$，那么完整周期贡献的 $1$ 的个数为：
  $$\text{完整周期贡献}=\lfloor \frac{n+1}{2^{k+1}}\rfloor \times 2^k$$
• 剩余部分（不完整的周期）：
  剩余长度 $r=(n+1)\mathrm{mod}{2}^{k+1}$
  如果 $r>2^k$，则多出的 $1$ 的个数为 $r-2^k$，否则为 $0$

因此：
$$\text{第 k 位贡献}=\lfloor \frac{n+1}{2^{k+1}}\rfloor \times 2^k+\max (0,(n+1)\mathrm{mod}{2}^{k+1}-2^k)$$

对所有位 $k$ 从 $0$ 到 $\lfloor {\log }_{2}n\rfloor$ 求和，就是 $\text{countOnes}(n)$。

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参考代码

// Counting Ones
// UVa ID: 12670
// Verdict: Accepted
// Submission Date: 2025-10-31
// UVa Run Time: 0.000s
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// 版权所有（C）2025，邱秋。metaphysis # yeah dot net#include <iostream>using namespace std;typedef unsigned long long ull;// 计算从 1 到 n 的所有数的二进制中 1 的个数总和
ull countOnes(ull n) {ull total = 0; // 存储总个数ull currentPower = 1; // 2^kull nextPower = 2; // 2^(k+1)// 遍历每一位while (currentPower <= n) {// 完整周期的贡献total += ((n + 1) / nextPower) * currentPower;// 不完整周期的贡献ull remainder = (n + 1) % nextPower;if (remainder > currentPower) {total += remainder - currentPower;}// 移动到下一位currentPower <<= 1;nextPower <<= 1;}return total;
}int main() {ull A, B;// 处理多组测试用例while (cin >> A >> B) {// 计算 [A, B] 区间的 1 的个数 = countOnes(B) - countOnes(A-1)ull result = countOnes(B) - countOnes(A - 1);cout << result << endl;}return 0;
}