（CodeForces 558C） CodeForces 558C

题目链接：http://codeforces.com/problemset/problem/558/C

题意：给出n个数，让你通过下面两种操作，把它们转换为同一个数。求最少的操作数。

1.ai = ai*2

2.ai = ai/2，向下取整

思路：

可以除以二 或者 乘以二，就相当于位运算的右移和左移。用两个数组，vis 数组， cnt 数组。刚开始都初始化为0； vis[i] 表示 i 这个数可以由几个数转化而来，cnt[i] 表示题目给出的 n 个数全部转化为 i 需要的操作数。

首先遍历数组找到 ai 的最大值记为 MAX，那么所有数转化的上界就是 MAX，因为如果最终转化的数如果大于MAX，那么所有值都要转化为大于MAX的那个数，很明显这不是最后的答案。

把一个数表示为二进制数，

1、如果最低位是0，那么这个数右移一位（除以2），再左移一位（乘以2），就得到原来的数

2、如果最低位是1，那么这个数右移一位（除以2），再左移一位（乘以2），得不到原来的数

那么：

3要转化为8，最少需要4步操作，先除以2，再乘以2，再乘以2，再乘以2

2要转化为8，最少需要2步操作，先乘以2，再乘以2

处理一个数 ai：

1、对 ai 执行左移操作，记录 ai 通过左移能够得到的数字，上限为MAX，vis 数组加1，cnt数组记录步数

2、对 ai 执行右移操作，直到 ai 为0

若 ai 的最低位为1，右移一步之后，进行左移，上限为MAX，维持vis数组和cnt数组

若 ai 的最低位为0，右移一步，维持vis数组和cnt数组

这样我们就把一个数的所有情况都处理出来了，并且是最少的操作数。

最后遍历数组找 vis[i] 为n，并且操作数最小。

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
#include <math.h>
#include <algorithm>
#include <queue>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
#define met(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define ll long long
#define N 100010
int m,vis[N*];///有多少数通过乘以2或除以2能到i
int te[N*];///统计到i需要多少步
int a[N*];
void add(int s)
{
    vis[s]++;
    int a=s,b=s;
    int h=,k=;
    while(a<=m)///往上乘不能超过最大值
    {
        a=a<<;
        h++;
        vis[a]++;
        te[a]+=h;
    }
    while(b)
    {
        if(b& && b!=)///如果二进制末尾是1除以2再乘以2不是原来的数
        {
            b=b>>;
            k++;
            vis[b]++;
            te[b]+=k;
            int k1=k;
            int d=b;
            while(d<=m)
            {
                d=d<<;
                k1++;
                vis[d]++;
                te[d]+=k1;
            }
        }
        else
        {
            b=b>>;
            k++;
            vis[b]++;
            te[b]+=k;
        }
    }
}
int main()
{
    int n;
    scanf("%d",&n);
    for(int i=;i<n;i++)
    {
        scanf("%d",&a[i]);
        m=max(m,a[i]);
    }
    met(vis,);met(te,);
    for(int i=;i<n;i++)
        add(a[i]);
        int ans=INF;
    for(int i=;i<N*;i++)
    {
        if(vis[i]==n)///需要所有的数都能到i
            ans=min(ans,te[i]);///取最小步数
    }
    printf("%d\n",ans);
    return ;
}