Codeforces 558C Amr and Chemistry 全都变相等

Posted 2020-09-23 clnchanpin



题意：给定一个数列，每次操作仅仅能将某个数乘以2或者除以2（向下取整）。

求最小的操作次数使得全部的数都变为同样值。

比赛的时候最后没实现。唉。之后才A掉。開始一直在想二分次数，可是半天想不出怎么推断。后来发现事实上每一个数都能变成的数非常少非常少（最多400个不到）。于是想到用数学方法+一点暴力，可惜时间不够了。

也不能全然算是数论题。仅仅是用到了一些数学思想。须要一点预处理，后面的计算中还会用到二分的技巧。

对某个数n，设n = s*2^r（当中s为奇数），则n能变成这样一些数：s*2^k（k = 0，1，2 ...... ）以及s能变成的更小的数。s能变成的数有s/2。设s/2 = s‘*2^r‘，则还能变成s‘*2^k（k = 0。1，2 ...... ）以及s‘能变成的更小的数 ...... 以此类推下去。于是我们能够注意到这样一个情况：假设一个数a能变成数n。那么数a一定能够变成数s。反之。若一个数不能变成数s。那么它一定不能变成数n。进一步，假设两个数a，b都能变成n。那么a和b一定都能变成s。所以，我们能够先求出这个s，即全部的数都能变成s。注意，由于s是奇数，所以每一个数变成s仅仅能是不断除以2（向下取整）的结果。并且，我们至少能够求出一个这种s出来——s = 1。

这是显然的。所以为了使操作次数更少。我们取s中最大的（当然并不一定最优）。可是显然，全部的数必须都要能够变成这个数，那是肯定的。也就是说，大于这个数的奇数，都无法变到了。

既然这样。那么能够作为最后都变成的候选的数仅仅能是s以及s*2^k（k = 0。1，2 ...... ）于是我们枚举k的值，计算每一个数变成s*2^k须要的次数再相加。更新最小值就可以。

求s有点类似于求全部的数的“最大公约数”这种意思。仅仅是这里是求x和y都能变到的最大的奇数而已。也是用递归求：假设x比y的两倍大，那么x/=2，假设y比x的两倍大，那么y/=2。否则x和y同一时候除以2，直到x和y相等。即得到了共同的能变成的最大的奇数。

s攻克了。第二个问题是怎样高速求一个数变成还有一个数所须要的次数。

这里用了一点小技巧，能够直接预处理后以近乎O(1)的复杂度求出。

首先定义一个数组base[i] 、base[i]满足i = base[i]*2^r（事实上basi[i]就是上面所说的s），显然。对于奇数有base[i] = i，对于偶数有base[i] = base[i/2]。

接下来就是计算cal(i, j) = 将 i 变成 j 须要的步数。

能够发现，仅仅要将 i 不断除以2直到base[i] = base[j]为止，此时的 i 和 j 仅仅是差了2的幂的倍数，那么还须要操作这个幂值的次数就可以将 i 变为 j。

而这个幂值就等于log2(max(i,j)/min(i,j))。于是我们仅仅须要求将 i 变为一个base值等于base[j]的数最少要除以多少次2。

当然直接算也能够，就不断除以2直到base值等于base[j]为止。可是外层已经用去了n*log(n)复杂度，于是这里我们再对除以2的次数进行2分。一个数最大10W，最多也就能除以16次2。所以二分的复杂度是log2(16) = 4差点儿就等于O(1)了。能进行二分是由于，若 i 数除以2^k后得到base值比base[j]更小。那么除以大于2^k的值一定更不会得到base[i]了。反之。i 除以2^k后得到的base值若比base[j]大，则它还要继续除以2。

具有单调性，所以能够二分。于是cal(i,j) = 二分出来的幂值+(int)log2(max(i, j)/min(i, j));

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <string>
#include <stack>
#include <queue>
#include <vector>
#include <map>
using namespace std;

const int MAX = 100005;
const int INF = MAX*20;
int base[MAX];

int n, a[MAX];

void initial() //预处理base数组
{
    for(int i = 1; i <= 100000; i++)
    {
        if(i%2)
            base[i] = i;
        else
            base[i] = base[i/2];
    }
}

int getbase(int x, int y) //递归求两个数能同一时候变成的最大的奇数
{
    if(x == y)
        return x;
    if(x >> 1 >= y)
        return getbase(x >> 1, y);
    if(x << 1 <= y)
        return getbase(x, y >> 1);
    return getbase(x >> 1, y >> 1);
}

int cal(int x, int y) //求将x变成y所须要的步数
{
    int l = 0, r = 20, mid;
    while(l < r)
    {
        mid = (l + r) >> 1;
        if(base[x >> mid] > base[y])
            l = mid + 1;
        else
            r = mid;
    }
    x >>= l;
    return l + (int)log2(max(x, y)/min(x, y));
}

void input()
{
    for(int i = 0; i < n; i++)
        scanf("%d", &a[i]);
}

void solve()
{
    int all_base = a[0];
    for(int i = 1; i < n; i++)
        all_base = getbase(all_base, a[i]); //先求出全部数都能变成的最大奇数all_base
    int ans = INF, number = all_base;
    while(number <= 100000) //枚举all_base的倍数作为最后变成的数，计算并更新
    {
        int sum = 0;
        for(int i = 0; i < n; i++)
            sum += cal(a[i], number);
        ans = min(ans, sum);
        number <<= 1;
    }
    printf("%d\n", ans);
}

int main()
{
    initial();
    while(scanf("%d", &n) != EOF)
    {
        input();
        solve();
    }
    return 0;
}