Codeforces 558C Amr and Chemistry 全都变相等



题意：给定一个数列，每次操作只能将某个数乘以2或者除以2（向下取整）。求最小的操作次数使得所有的数都变为相同值。

比赛的时候最后没实现。唉，之后才A掉。开始一直在想二分次数，但是半天想不出怎么判断。后来发现其实每个数都能变成的数很少很少（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。

也不能完全算是数论题。只是用到了一些数学思想。需要一点预处理，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（其中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。于是我们可以注意到这样一个情况：如果一个数a能变成数n，那么数a一定可以变成数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，如果两个数a，b都能变成n，那么a和b一定都能变成s。所以，我们可以先求出这个s，即所有的数都能变成s。注意，因为s是奇数，所以每个数变成s只能是不断除以2（向下取整）的结果。而且，我们至少可以求出一个这样的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）。但是显然，所有的数必须都要可以变成这个数，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，那么可以作为最后都变成的候选的数只能是s以及s*2^k（k = 0，1，2 ...... ）于是我们枚举k的值，计算每个数变成s*2^k需要的次数再相加，更新最小值即可。

求s有点类似于求所有的数的“最大公约数”这样的意思。只是这里是求x和y都能变到的最大的奇数而已。也是用递归求：如果x比y的两倍大，那么x/=2，如果y比x的两倍大，那么y/=2，否则x和y同时除以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解决了，第二个问题是如何快速求一个数变成另一个数所需要的次数。这里用了一点小技巧，可以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（其实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 需要的步数。可以发现，只要将 i 不断除以2直到base[i] = base[j]为止，此时的 i 和 j 只是差了2的幂的倍数，那么还需要操作这个幂值的次数即可将 i 变为 j。而这个幂值就等于log2(max(i,j)/min(i,j))。于是我们只需要求将 i 变为一个base值等于base[j]的数最少要除以多少次2。当然直接算也可以，就不断除以2直到base值等于base[j]为止。但是外层已经用去了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几乎就等于O(1)了。能进行二分是因为，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，所以可以二分。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) //递归求两个数能同时变成的最大的奇数{    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所需要的步数{    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]); //先求出所有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;}