Codeforces 558 C. Amr and Chemistry

非常有意思的一道题。

给出(n)个数(a_i)，每个数可以进行任意次乘2或除2（向下取整）的操作，问总共最少进行多少次操作能够让所有数相等。（(1 leq n,a_i leq 10^5)）

我们可以考虑维护出每一个数对应的所有变换状态，最后对所有数的变换状态求一个交集。枚举交集内的每个元素，一一带回去求最小值。

然而一个数可以除完再乘，也就是说一个数最多可以对应(log^2 n)个状态。（每除一个2可以乘若干个2回来）。这样的话，如果我们再利用set来维护集合的话实现的复杂度就变成了(O(n log^3 n))，行不通。

考虑把(set)换成桶，最后交集中的元素就是被算到(n)次的。可是还有一个问题，这(log^2 n)个状态可能是会重复的，这样就会被计算多次。如何避免重复是个问题。

我们发现一个数如果最后一位是0那么除2乘2就会产生重复状态了，所以我们只对所有末尾为1的进行先除再乘的处理。

最后如何统计答案呢？我们假设(cnt_{i,j})表示第(i)个数达到状态(j)需要几步。假设我们最终枚举到交集的元素为(k)，那答案就是(sumlimits_{i=1}^ncnt_{i,k})。这样我们就看出来了，其实不需要(cnt)数组，只需要在用桶记录的时候另外开一个类似桶的数组，累积步数就可以了。

于是(O(n log^2 n))解决了。

/*DennyQi 2019*/
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <map>
using namespace std;
const int N = 100010;
const int P = 998244353;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
inline int mul(const int& a,const int& b){ return 1ll*a*b%P; }
inline int add(const int& a,const int& b){ return (a+b>=P)?a+b-P:a+b; }
inline int sub(const int& a,const int& b){ return (a-b<0)?a-b+P:a-b; }
inline int read(){
    int x(0),w(1); char c = getchar();
    while(c^'-' && (c<'0' || c>'9')) c = getchar();
    if(c=='-') w = -1,c = getchar();
    while(c>='0' && c<='9') x = (x<<3)+(x<<1)+c-'0',c = getchar(); 
    return x*w;
}
int n,lim,ans,x,y,a[N],b[N],sum[N];
int main(){
    n = read();
    for(int i = 1; i <= n; ++i){
        a[i] = read();
        lim = max(lim,a[i]);
    }
    for(int i = 1; i <= n; ++i){
        x = a[i];
        int j = 0,k = 0,las = -1;
        while(x > 0){
            if(las == 0){
                ++b[x];
                sum[x] += j;
                las = (x&1);
                x >>= 1;
                ++j;
                continue;
            }
            y = x;
            k = 0;
            while(y <= lim){
                ++b[y];
                sum[y] += j+k;              
                y <<= 1;
                ++k;
            }
            las = (x&1);
            x >>= 1;
            ++j;
        }
    }
    ans = INF;
    for(int i = 0; i <= lim; ++i){
        if(b[i] >= n){
            ans = min(ans,sum[i]);
        }
    }
    printf("%dn",ans);
    return 0;
}