Codeforces 1188D Make Equal DP

题意：给你个序列，你可以给某个数加上2的幂次，问最少多少次可以让所有的数相等。

思路（官方题解）：我们先给序列排序，假设bit(c)为c的二进制数中1的个数，假设所有的数最后都成为了x, 显然x >= a[n]，那么最后的总花费为Σbit(x - a[i])。不妨假设x = t + a[n], b[i] = a[n] - a[i], 那么问题转化为了求Σbit(t + b[i])的最小值。我们假设最后取得最小值的数是x。我们假设已经知道了填充x的低k - 1位的最小花费，我们来考虑填充第k位。我们发现，知道第k位对答案的贡献需要知道以下3项：1：b序列在第k位的二进制位。2：低位的进位。3：这一位x是填0还是填1。对于第一项，我们已经知道了。第三项在dp的时候直接判断转移就行，现在的问题是第二项。乍一看，我们需要2 ^ n个状态来表示上一位的进位情况。仔细想一想发现，因为这一位要么填0，要么填1，即要么不加数，要么加同一个数。所以，我们对所有的数取模 2 ^ k后从小到大排序，最后产生进位的位置是一个后缀，这样我们就可以把状态数降成O(n)个。我们假设dp[i][j]为填x的第i位，上一位产生进位的后缀长度为j的最小花费，转移的时候判断这位填0还是填1就可以了。dp的复杂度是O(n * log(n) * log(max(a)), 为什么是log(max(a))呢？因为t的大小不会大于b[1] = a[n] - a[1]。官方题解有证明，但是我们可以直观感受一下这是对的：当t正好等于b[1]时, 相当于是b[1] << 1, 之后的操作会重复，并且不会使答案更小。

采用基于二进制数的基数排序可以使复杂度进一步降低为O(n * log(max(a))。

代码(基数排序版本）：

#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;
const int maxn = 100010;
LL dp[70][maxn];
LL a[maxn], f[maxn], f1[maxn];
int cnt;
int sum0[maxn], sum1[maxn], tot0, tot1, n;
void Sort(LL x) {
	cnt = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		if(((a[f[i]] >> x) & 1) == 0) f1[++cnt] = f[i];
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		if((a[f[i]] >> x) & 1) f1[++cnt] = f[i];
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		f[i] = f1[i];
}
void init(LL x) {
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		sum0[i] = sum0[i - 1];
		sum1[i] = sum1[i - 1];
		if((a[f[i]] >> x) & 1) sum1[i]++;
		else sum0[i]++;
	}
	tot1 = sum1[n], tot0 = sum0[n];
}
int main() {
	LL mx = 0;
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		scanf("%lld", &a[i]);
		mx = max(mx, a[i]);
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		a[i] = mx - a[i];
	}
	memset(dp, 0x3f, sizeof(dp));
	for (int i = 1; i <= n; i++) f[i] = i;
	dp[0][0] = 0;
	for (LL i = 0; i < 62; i++) {
		if(i != 0) {
			Sort(i - 1);
		}
		init(i);
		for (int j = 0; j <= n; j++) {
			for (int bit = 0; bit < 2; bit++) {
				if(bit == 0) {
					int val = sum1[n - j] + tot0 - sum0[n - j], Next_state = tot1 - sum1[n - j];
					dp[i + 1][Next_state] = min(dp[i + 1][Next_state], dp[i][j] + val);
				} else if(bit == 1) {
					int val = sum0[n - j] + tot1 - sum1[n - j], Next_state = n - sum0[n - j];
					dp[i + 1][Next_state] = min(dp[i + 1][Next_state], dp[i][j] + val);
				}
			}
		}
	}
	printf("%lld\n", dp[62][0]);
}

官方题解有一些证明，代码也比较易懂。

官方题解：http://codeforces.com/blog/entry/68079

官方题解代码：https://pastebin.com/usq1czKq