\[ \texttt{Preface} \]

不开 long long 见祖宗。
\[ \texttt{Description} \]
你有一个 \(n\) 码的袋子，你还有 \(m\) 个盒子，第 \(i\) 个盒子的尺寸是 \(a_i\) ，这里的每一个 \(a_i\) 都是 \(2\) 的非负幂整数。

你可以把盒子分成大小相等的两部分。你的目标是完全装满袋子。

例如 \(n=10,a=[1,1,32]\) ，那么你必须把 \(32\) 码的盒子分成 \(16\) 码的两部分，然后把 \(16\) 码的盒子分开，你可以用 \(1\) 码，\(1\) 码，\(8\) 码的盒子装满袋子。

计算填充尺寸为 \(n\) 的袋子所需的最小分割数。

多组数据，无解输出 -1 。
\[ \texttt{Solution} \]

先来讨论一下 -1 的情况：

考虑到分裂一个数不会影响到所有数的和。

那么我们将所有数都分裂成 \(1\) ，由于和不变，此时 \(1\) 的个数为 \(\sum\limits_{i=1}\limits^{m}a[i]\) ，也就是说小于等于 \(\sum\limits_{i=1}\limits^{m}a[i]\) 的数都可以被填出来。

故当 \(n>\sum\limits_{i=1}\limits^{m}a[i]\) 时，无解。

\(~\)

有一个看起来很正确的贪心策略：

将 \(n\) 二进制拆分成 \(2^{k_1},2^{k_2},...,2^{k_c}\) 。

然后从低位（\(2^{k_1}\)）到高位（\(2^{k_c}\)）贪心填数。

假设我们当前处理到的数为 \(2^{k_i}\) 。

首先考虑位数小于等于 \(k_i\) 的所有数中，能不能凑成 \(2^{k_i}\) ，若可以，直接填上去；否则考虑分裂位数大于 \(k_i\) 的所有数中最小的那一个，使其经过若干次分裂，分裂成 \(2^{k_i}\) 。

详情见 \(\texttt{Code}\) 。
\[ \texttt{Code} \]

#include<cstdio>
#include<cstring>

#define RI register int

using namespace std;

const int N=100100;

int T;
long long n; int m;

int a[N];

long long ans,sum;

long long cnt[65]; // cnt[k] : 2^k 的出现次数 

long long calc(int k) // 计算小于等于 k 的位数中可以组成多少个 2^k 
{
    long long ans=0;
    for(RI i=0;i<k;i++)
        ans=(ans+cnt[i])/2;
    return ans+cnt[k];
}

void work()
{
    memset(cnt,0,sizeof(cnt));
    ans=sum=0;

    scanf("%lld%d",&n,&m);

    for(RI i=1;i<=m;i++)
        scanf("%d",&a[i]),sum+=a[i];

    if(n>sum)
    {
        puts("-1");
        return;
    }

    for(RI i=1;i<=m;i++)
        for(RI j=0;j<=31;j++)
            if((a[i]>>j)&1)
            {
                cnt[j]++; 
                break;
            }

    for(RI k=0;k<=63;k++)
    {
        if(((n>>k)&1)==0)continue; // 如果 n 的第 k 位为 0 就 continue

        if(calc(k)) // 情况 1 
            cnt[k]--; // 理论上应该要让组成 2^k 的那些数减 , 但实际上这样做 , 在 calc 里也是正确的 

        else // 情况 2 
        {
            for(RI p=k+1;p<=63;p++) // 找到位数大于 k 的数中最小的那个 
                if(cnt[p])
                {
                    cnt[p]--; // 模拟分裂 
                    for(RI i=k;i<p;i++)
                        cnt[i]++; // 模拟分裂 
                    ans+=p-k; // 统计答案
                    break; 
                }
        } 
    }

    printf("%lld\n",ans);
}

int main()
{
    scanf("%d",&T);

    while(T--)    work();

    return 0;
}

\[ \texttt{Thanks} \ \texttt{for} \ \texttt{watching} \]