Codeforces 1188D - Make Equal（dp）

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首先我们考虑枚举最后这 \(n\) 个数变成的值 \(v\)，那么需要的操作次数即为 \(\sum\limits_{i=1}^n\text{bitcnt}(v-a_i)\)，其中 \(\text{bitcnt}(x)\) 为 \(x\) 二进制中 \(1\) 的个数。

这样似乎不太好直接求，不过不难发现这个 \(v\) 一定是 \(\ge\max\{a_i\}\) 的，因此我们考虑转而枚举 \(x=v-\max\{a_i\}\)，我们记 \(b_i=\max\{a_j\}-a_i\)，那么操作次数又可写为 \(\sum\limits_{i=1}\text{bitcnt}(b_i+x)\)。

显然最优方案下的 \(x\) 必然 \(< 2^{60}\)，否则我们总可以找到某一位 \(y\ge 60\) 满足 \(x\) 的 \(2^y\) 为 \(1\)，此时考虑令 \(x\leftarrow x-2^y\)，答案不会变得更劣。因此我们考虑按位决策，即先考虑 \(x\) 二进制下的最低位，再考虑二进制下的次低位，以此类推。对于 \(x\) 的每一位 \(2^p\)，它对答案产生的影响显然就是满足 \(a_i+x\) 的 \(2^p\) 位为 \(1\) 的 \(i\) 的个数，考虑这个个数的影响因素，显然这东西会受到以下三点的影响：

• 每个 \(a_i\) 的 \(2^p\) 位上的值
• \(x\) 的 \(2^p\) 位上的值
• \(a_i+x\) 在 \(2^{p-1}\) 位是否产生了进位

第一点显然开个桶记录一下就行了，第二点就直接枚举 \(x\) 的 \(2^p\) 位是 \(0\) 还是 \(1\) 并分别计算一下即可。棘手的地方在于第三点，共 \(2^n\) 个状态，如果简简单单将其放入 \(dp\) 状态中那连暴力都跑不过，完全不能接受。

不过注意到我们所加的数 \(x\) 是相同的。稍微想想就能知道，\(a_i\bmod 2^p\) 越大的肯定越容易产生进位。因此倘如我们将所有 \(a_i\) 按 \(a_i\bmod 2^p\) 从小到大排序，产生进位的 \(a_i\) 必定是一段后缀。也就是说只要知道有多少个 \(a_i+x\) 在 \(2^{p-1}\) 位产生了进位，就能知道是哪些 \(a_i\) 产生了进位。因此我们设 \(dp_{i,j}\) 表示考虑了前 \(i\) 位，当前位有 \(j\) 个产生进位的最小 \(1\) 的个数，考虑转移，我们假设已经确定了 \(x\) 的前 \(i\) 位，有 \(j\) 个数产生进位，那么按照 \(a_t+x\) 是否在 \(2^i\) 位产生进位，以及 \(a_t\) 的 \(2^{i+1}\) 位的取值可分为 \(4\) 类：

• \(a_t+x\) 在 \(2^i\) 位产生了进位且 \(a_t\) 的 \(2^{i+1}\) 位为 \(1\)
• \(a_t+x\) 在 \(2^i\) 位产生了进位且 \(a_t\) 的 \(2^{i+1}\) 位为 \(0\)
• \(a_t+x\) 在 \(2^i\) 位没有产生进位且 \(a_t\) 的 \(2^{i+1}\) 位为 \(1\)
• \(a_t+x\) 在 \(2^i\) 位没有产生进位且 \(a_t\) 的 \(2^{i+1}\) 位为 \(0\)

我们枚举 \(x\) 的 \(2^{i+1}\) 位是什么，那么

• \(x\) 的 \(2^{i+1}\) 位为 \(0\)，那么第一类数会产生进位，第二、三类数 \(2^{i+1}\) 位为 \(1\)，贡献随便算
• \(x\) 的 \(2^{i+1}\) 位为 \(1\)，那么第一、二、三类数会产生进位，第一、四类数 \(2^{i+1}\) 位为 \(1\)。

时间复杂度 \(n\log^2n\)。

const int MAXB=60;
const int MAXN=1e5;
int n,ord[MAXN+5];ll a[MAXN+5],b[MAXN+5];
int dp[MAXB+5][MAXN+5],sum[MAXN+5][2];
int main(){
	scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
	sort(a+1,a+n+1);for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=a[n]-a[i];
	memset(dp,63,sizeof(dp));dp[0][0]=0;
	for(int i=0;i<=MAXB;i++){
		memset(sum,0,sizeof(sum));
		for(int j=1;j<=n;j++) b[j]=a[j]&((1ll<<i)-1);
		for(int j=1;j<=n;j++) ord[j]=j;
		sort(ord+1,ord+n+1,[](int x,int y){return b[x]<b[y];});
		for(int j=1;j<=n;j++){
			sum[j][0]=sum[j-1][0];sum[j][1]=sum[j-1][1];
			sum[j][a[ord[j]]>>i&1]++;
		}
		for(int j=0;j<=n;j++){
			int cst=sum[n-j][1]+sum[n][0]-sum[n-j][0],carry=sum[n][1]-sum[n-j][1];
			chkmin(dp[i+1][carry],dp[i][j]+cst);
			cst=sum[n-j][0]+sum[n][1]-sum[n-j][1],carry=n-sum[n-j][0];
			chkmin(dp[i+1][carry],dp[i][j]+cst);
		}
	} printf("%d\n",dp[MAXB+1][0]);
	return 0;
}