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贪心，二进制

很容易想到：把 $n$ 转化为二进制，考虑如何得到每一位。

很显然，用小的数去“凑出”大的数不花费代价，用大的数“分解”出小的数要花费代价。所以。一个简单的贪心是：设当前要得到 $n$ 的第 $i$ 位的数 $2^i$，尽量用小的数凑，若小的数凑不出，再用大的数分出 $2^i$。

如何证明呢？在一些情况下，若当前要凑出的是 $2^i$，如果按照贪心的思路，用小的来凑，可能有些小的数会被浪费，比如 $3$ 个 $2^{i-1}$ 只能凑出 $1$ 个 $2^i$，有一个 $2^{i-1}$ 就被浪费了。所以需要证明的是：后面（从小到大遍历 $i$）一定不需要用这个多余的 $2^{i-1}$。想一想，如果后面我要用这个数，必定还需要一个 $2^{i-1}$ 合并成 $2^i$ 后继续合并，来凑出更大的 $2$ 的幂次（因为从小到大遍历 $i$，所以后面要凑出的数一定比 $2^i$ 大）。这个 $2^{i-1}$ 又怎么来呢？又只有用一个大的数划分到 $2^{i-1}$，但是请注意，这个大的数划分到 $2^{i-1}$ 时，实际上会划分出两个 $2^{i-1}$ ，也就是现在又有 $3$ 个 $2^{i-1}$，又有一个会被浪费。那我还用之前剩下的 $2^{i-1}$ 干嘛？我不如直接用后面的两个 $2^{i-1}$ 。所以，不管有没有浪费小的，我们都用小的去凑，如果凑不出来，就用后面存在的，最小的数去划分出 $2^i$。

$Code:$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n;
int m;
const int MAXN=1e5+5;
ll a[MAXN];
ll read(){
    ll x=0;char c=getchar();bool f=0;
    while(c>'9'||c<'0'){f|=(c=='-');c=getchar();}
    while(c<='9'&&c>='0'){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}
    return f?-x:x;
}
int cnt[105];
int main(){
    n=read(),m=(int)read();
    ll sum=0;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        ll x=read();int t=0;
        sum+=x;
        while(x){
            if(x&1) break;
            x>>=1;t++;
        }
        cnt[t]++;
    }
    if(sum<n){
        printf("-1");
        return 0;
    }
    int ans=0;
    for(int i=0;i<=63;i++){
        ll now=1ll;now<<=i;
        if(i>0) cnt[i]+=cnt[i-1]/2;
        if(!(n&now))    continue;
        if(cnt[i])  cnt[i]--;
        else{
            for(int j=i+1;j<=63;j++){
                if(cnt[j]){
                    for(int k=i+1;k<j;k++)  cnt[k]++;
                    ans+=j-i;
                    cnt[j]--;
                    break;
                }
            }
        }
    }
    printf("%d",ans);
    return 0;
}