题意:长度为n的序列a,操作1:将某个a[i]*2.操作2:将某个a[i]/2(下取整).
n,a[i]<=1e5.问最少需要多少次操作能使得序列a的数都相同?
最后的数肯定不会超过序列中的最大值mx,
若y>mx 那么每个元素的最后一次操作肯定是*2=y>mx,此时去掉乘2操作,操作数减小,数列的数还是相等
操作每次都是乘以或者除以2[下取整]
19-10-5-2
19-10-20-40
19-10-5-2-4-8-...
除法由奇数变为偶数时,此时进行乘法能变到新的数.
也就是二进制最低位如果为1,那么此时/2后*2得到新的数和原来不同.
最大数的二进制位数为m,最坏情况下bit都为1,则最多生成m*(m+1)/2新的数(每次操作后都是前缀为11..开头的数).
标程:
n,a[i]<=1e5.问最少需要多少次操作能使得序列a的数都相同?
最后的数肯定不会超过序列中的最大值mx,
若y>mx 那么每个元素的最后一次操作肯定是*2=y>mx,此时去掉乘2操作,操作数减小,数列的数还是相等
操作每次都是乘以或者除以2[下取整]
19-10-5-2
19-10-20-40
19-10-5-2-4-8-...
除法由奇数变为偶数时,此时进行乘法能变到新的数.
也就是二进制最低位如果为1,那么此时/2后*2得到新的数和原来不同.
最大数的二进制位数为m,最坏情况下bit都为1,则最多生成m*(m+1)/2新的数(每次操作后都是前缀为11..开头的数).
计算f[i]:表示前k个数变成i的最小价值即可.O(n*m*(m+1)/2)
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=3e5+5,inf=0x3f3f3f3f; int n,a[N],f[N],h[N]; void calc(int x,int cnt) { int mx=3e5; while(x<=mx) { f[x]+=cnt,h[x]++; x*=2; cnt++; } } int main() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); // freopen("1.txt","r",stdin); memset(f,0,sizeof(f)); cin>>n; for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i]; for(int i=1;i<=n;i++) { h[a[i]]++; calc(a[i]*2,1); int cnt=1,num; while(a[i]) { if(a[i]!=1&&a[i]%2) calc(a[i]/2*2,cnt+1); a[i]/=2; f[a[i]]+=cnt,h[a[i]]++; cnt++; } } int res=inf; for(int i=1;i<N;i++) if(h[i]==n) res=min(res,f[i]); cout<<res<<'\n'; return 0; }
标程:
#include <iostream> #include <cstdio> #include <algorithm> #include <cstring> #include <string> #include <cctype> #include <stack> #include <queue> #include <vector> #include <map> #include <sstream> #include <cmath> #include <limits> #include <utility> #include <iomanip> #include <set> #include <numeric> #include <cassert> #include <ctime> #define INF_MAX 2147483647 #define INF_MIN -2147483647 #define INF_LL 9223372036854775807LL #define INF 2000000000 #define PI acos(-1.0) #define EPS 1e-8 #define LL long long #define mod 1000000007 #define pb push_back #define mp make_pair #define f first #define s second #define setzero(a) memset(a,0,sizeof(a)) #define setdp(a) memset(a,-1,sizeof(a)) #define bits(a) __builtin_popcount(a) using namespace std; int cnt[100005], vis[100005], steps[100005]; int main() { //ios_base::sync_with_stdio(0); //freopen("lca.in", "r", stdin); //freopen("lca.out", "w", stdout); int n, res = INF, x, y; scanf("%d", &n); for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d", &x); queue<pair<int, int> > q; q.push(mp(x, 0)); while(!q.empty()) { x = q.front().f; y = q.front().s; q.pop(); if(x > 100003) continue; if(vis[x] == i) continue; vis[x] = i; steps[x]+=y; cnt[x]++; q.push(mp(x * 2, y + 1)); q.push(mp(x / 2, y + 1)); } } for(int i=0;i<=100000;i++) if(cnt[i] == n) if(res > steps[i]) res = steps[i]; printf("%d", res); return 0; }