题意:给定一个数列,每次操作仅仅能将某个数乘以2或者除以2(向下取整)。

求最小的操作次数使得全部的数都变为同样值。

比赛的时候最后没实现。唉。之后才A掉。開始一直在想二分次数,可是半天想不出怎么推断。后来发现事实上每一个数都能变成的数非常少非常少(最多400个不到)。于是想到用数学方法+一点暴力,可惜时间不够了。

也不能全然算是数论题。仅仅是用到了一些数学思想。须要一点预处理,后面的计算中还会用到二分的技巧。

对某个数n,设n = s*2^r(当中s为奇数),则n能变成这样一些数:s*2^k(k = 0,1,2 ...... )以及s能变成的更小的数。s能变成的数有s/2。设s/2 = s'*2^r',则还能变成s'*2^k(k = 0。1,2 ...... )以及s‘能变成的更小的数 ...... 以此类推下去。于是我们能够注意到这样一个情况:假设一个数a能变成数n。那么数a一定能够变成数s。反之。若一个数不能变成数s。那么它一定不能变成数n。进一步,假设两个数a,b都能变成n。那么a和b一定都能变成s。所以,我们能够先求出这个s,即全部的数都能变成s。注意,由于s是奇数,所以每一个数变成s仅仅能是不断除以2(向下取整)的结果。并且,我们至少能够求出一个这种s出来——s
= 1。

这是显然的。所以为了使操作次数更少。我们取s中最大的(当然并不一定最优)。可是显然,全部的数必须都要能够变成这个数,那是肯定的。也就是说,大于这个数的奇数,都无法变到了。

既然这样。那么能够作为最后都变成的候选的数仅仅能是s以及s*2^k(k = 0。1,2 ...... )于是我们枚举k的值,计算每一个数变成s*2^k须要的次数再相加。更新最小值就可以。

求s有点类似于求全部的数的“最大公约数”这种意思。仅仅是这里是求x和y都能变到的最大的奇数而已。也是用递归求:假设x比y的两倍大,那么x/=2,假设y比x的两倍大,那么y/=2。否则x和y同一时候除以2,直到x和y相等。即得到了共同的能变成的最大的奇数。

s攻克了。第二个问题是怎样高速求一个数变成还有一个数所须要的次数。

这里用了一点小技巧,能够直接预处理后以近乎O(1)的复杂度求出。

首先定义一个数组base[i] 、base[i]满足i = base[i]*2^r(事实上basi[i]就是上面所说的s),显然。对于奇数有base[i] = i,对于偶数有base[i] = base[i/2]。

接下来就是计算cal(i, j) = 将 i 变成 j 须要的步数。

能够发现,仅仅要将 i 不断除以2直到base[i] = base[j]为止,此时的 i 和 j 仅仅是差了2的幂的倍数,那么还须要操作这个幂值的次数就可以将 i 变为 j。

而这个幂值就等于log2(max(i,j)/min(i,j))。于是我们仅仅须要求将
i 变为一个base值等于base[j]的数最少要除以多少次2。

当然直接算也能够,就不断除以2直到base值等于base[j]为止。可是外层已经用去了n*log(n)复杂度,于是这里我们再对除以2的次数进行2分。一个数最大10W,最多也就能除以16次2。所以二分的复杂度是log2(16) = 4差点儿就等于O(1)了。能进行二分是由于,若 i 数除以2^k后得到base值比base[j]更小。那么除以大于2^k的值一定更不会得到base[i]了。反之。i 除以2^k后得到的base值若比base[j]大,则它还要继续除以2。

具有单调性,所以能够二分。于是cal(i,j)
= 二分出来的幂值+(int)log2(max(i, j)/min(i, j));

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <string>
#include <stack>
#include <queue>
#include <vector>
#include <map>
using namespace std; const int MAX = 100005;
const int INF = MAX*20;
int base[MAX]; int n, a[MAX]; void initial() //预处理base数组
{
for(int i = 1; i <= 100000; i++)
{
if(i%2)
base[i] = i;
else
base[i] = base[i/2];
}
} int getbase(int x, int y) //递归求两个数能同一时候变成的最大的奇数
{
if(x == y)
return x;
if(x >> 1 >= y)
return getbase(x >> 1, y);
if(x << 1 <= y)
return getbase(x, y >> 1);
return getbase(x >> 1, y >> 1);
} int cal(int x, int y) //求将x变成y所须要的步数
{
int l = 0, r = 20, mid;
while(l < r)
{
mid = (l + r) >> 1;
if(base[x >> mid] > base[y])
l = mid + 1;
else
r = mid;
}
x >>= l;
return l + (int)log2(max(x, y)/min(x, y));
} void input()
{
for(int i = 0; i < n; i++)
scanf("%d", &a[i]);
} void solve()
{
int all_base = a[0];
for(int i = 1; i < n; i++)
all_base = getbase(all_base, a[i]); //先求出全部数都能变成的最大奇数all_base
int ans = INF, number = all_base;
while(number <= 100000) //枚举all_base的倍数作为最后变成的数,计算并更新
{
int sum = 0;
for(int i = 0; i < n; i++)
sum += cal(a[i], number);
ans = min(ans, sum);
number <<= 1;
}
printf("%d\n", ans);
} int main()
{
initial();
while(scanf("%d", &n) != EOF)
{
input();
solve();
}
return 0;
}



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