题目 3330: 蓝桥杯2025年第十六届省赛真题-01 串

攻克蓝桥杯2025省赛真题：01串统计问题（附完整代码+思路拆解）

蓝桥杯省赛的算法题往往兼具"思维性"和"实战性"，2025年第十六届省赛的「01串」问题就是典型------看似简单的统计问题，暗藏对大数处理和数学规律的考察。本文会从题意拆解、核心思路、代码解析到优化细节，带你彻底吃透这道题。

一、题目解读

题目描述

我们有一个无限长的01串，它由 0, 1, 2, 3, ... 这些自然数的二进制表示依次拼接 而成，前若干位形如：011011100101110111 · · ·。

给定一个正整数 x，请计算这个串的前 x 位中包含多少个数字 1。

输入输出与样例

输入：一个正整数 x（1 ≤ x ≤ 10^18）
输出：前 x 位中 1 的个数
样例：
输入 7 → 前7位是 0 1 1 0 1 1 1 → 输出 5

核心痛点

如果直接暴力拼接二进制数、逐位统计，当 x 达到 10^18 时，时间和空间都会直接爆炸。必须找到二进制数的分布规律，用"分段统计"替代暴力遍历。

二、解题思路拆解

第一步：简化问题------跳过无意义的bin(0)

自然数0的二进制是 "0"，仅占1位且无数字1，因此我们可以先把 x 减1（跳过这一位），从自然数1的二进制开始统计，最终结果不受影响。

第二步：按二进制位数「分段」

观察自然数的二进制长度规律：

二进制位数 t	数字范围	数字个数	总占用位数
1位	[1]（2⁰ ~ 2¹-1）	2⁰ = 1	1×1 = 1
2位	[2,3]（2¹ ~ 2²-1）	2¹ = 2	2×2 = 4
3位	[4,7]（2² ~ 2³-1）	2² = 4	3×4 = 12
...	...	2^(t-1)	t×2^(t-1)

总结规律：

t 位二进制数的范围是 [2^(t-1), 2^t - 1]；
共有 2^(t-1) 个这样的数；
总共占用 t × 2^(t-1) 位。

第三步：整段统计1的数量（核心公式）

对于每一段 t 位的二进制数，我们可以用数学公式直接算出其中1的总数，无需逐个统计：

最高位的1 ：所有 t 位二进制数的最高位都是1，因此这部分有 2^(t-1) 个1；
剩余t-1位的1 ：剩下的 t-1 位中，每一位的0和1是均匀分布的（比如2位二进制数的低位：2是10、3是11，低位0和1各出现1次）。因此每一位有 2^(t-2) 个1，t-1 位总共有 (t-1) × 2^(t-2) 个1；
整段总数 ：2^(t-1) + (t-1) × 2^(t-2)。

第四步：分阶段处理

整段处理 ：如果当前剩余需要统计的位数 x ≥ 该段总位数（t×2^(t-1)），则直接把该段的1的数量加到答案中，同时 x 减去该段总位数，t 加1继续处理下一段；
剩余部分处理 ：当剩余 x 不足一个完整段时，从该段的第一个数（2^(t-1)）开始，逐个拼接二进制位、统计1的个数，直到 x 被消耗完。

三、完整代码与逐行解析

先贴出可直接运行的代码（优化了pow精度问题，原代码的pow可能因double精度丢失出错）：

cpp 复制代码

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;

// 数据类型必须用long long，否则1e18会溢出
typedef long long LL;

LL x, res = 0, t = 1;

// 将数字i转二进制（高位到低位），统计前x位中的1（x会逐步消耗）
void check(LL i) {
    vector<int> bin;
    // 先把i转成二进制（低位在前）
    while (i) {
        bin.push_back(i % 2);
        i /= 2;
    }
    // 从高位到低位遍历（逆序），消耗x并统计1
    for (int j = bin.size() - 1; j >= 0 && x > 0; j--, x--) {
        if (bin[j] == 1) res++;
    }
}

// 快速幂计算2^k（替代pow，避免double精度问题）
LL pow2(LL k) {
    LL ans = 1;
    while (k--) ans <<= 1;
    return ans;
}

int main() {
    cin >> x;
    // 跳过bin(0)（仅1位0，无1）
    if (x >= 1) x--;
    
    // 整段处理：按二进制位数t分段统计
    while (x >= t * pow2(t - 1)) {
        // 计算当前t位段中1的总数
        LL cnt1 = pow2(t - 1);          // 最高位的1的数量
        LL cnt2 = (t - 1) * pow2(t - 2); // 剩余t-1位的1的数量
        res += cnt1 + cnt2;
        // 消耗当前段的总位数
        x -= t * pow2(t - 1);
        // 处理下一个长度的二进制数
        t++;
    }
    
    // 处理剩余不足整段的部分：逐个数字拼接统计
    for (LL i = pow2(t - 1); x > 0; i++) {
        check(i);
    }
    
    cout << res << endl;
    return 0;
}

代码关键解析

pow2函数：替代系统pow（返回double），用位运算实现2的幂次，避免大数精度丢失（比如t=60时，2^59用double会丢失精度）；
check函数：核心是"逐位消耗x"------把数字转二进制后，从高位到低位遍历，每遍历一位就把x减1，若该位是1则答案加1，直到x为0；
整段处理的while循环：核心逻辑，用数学公式批量统计整段的1，时间复杂度极低（t最多到60，因为2^60已超过1e18）；
剩余部分的for循环：不足整段时，暴力拼接二进制位，由于剩余x最多是t×2^(t-1)（t≤60），这部分循环次数极少，不会超时。

四、样例验证（输入7）

我们用样例输入7走一遍流程，验证结果：

初始x=7 → 跳过bin(0)，x=6；
整段处理：
- t=1：t×2^(t-1)=1×1=1 ≤ 6 → 统计1位段的1（仅数字1，二进制1，1个1）→ res=1，x=6-1=5，t=2；
- t=2：t×2^(t-1)=2×2=4 ≤5 → 统计2位段的1（数字210、311，总共有1+2=3个1）→ res=1+3=4，x=5-4=1，t=3；
- t=3：t×2^(t-1)=3×4=12 >1 → 退出整段循环；
剩余部分处理：
- t=3，起始数是4（2^(3-1)=4），调用check(4)：4的二进制是100；
- 遍历高位到低位：第一位是1 → res=4+1=5，x=1-1=0 → 结束；
最终输出res=5，与样例一致。

五、注意事项与优化

数据类型 ：全程必须用long long，int最多存到2e9，无法处理1e18；
pow精度问题 ：原代码用pow(2, t-1)存在隐患，比如t=60时，2^59的double表示会丢失低位，必须用位运算/快速幂替代；
边界条件 ：
- x=1：仅bin(0)，输出0；
- x=2：bin(0)+bin(1) → 01，输出1；
- x=0：题目规定x是正整数，无需处理；
时间复杂度：整段处理的循环次数≤60（2^60>1e18），剩余部分循环次数≤60，整体时间复杂度O(1)，完全满足2秒时限。

六、总结

这道题的核心是**"避暴力、找规律、分段算"**：

利用二进制数的长度分布规律，把无限长的01串拆成若干段；
对每一段用数学公式批量统计1的数量，避免逐位遍历；
仅对最后不足整段的部分暴力补全，保证效率。

这种"分段统计+数学公式"的思路，是蓝桥杯大数问题的高频解法，掌握后能解决一类"无限序列统计"问题。建议大家动手跑一遍代码，修改不同的x值（比如x=10、x=1e5），加深对思路的理解。