CF1188D Make Equal
CF1188D Make Equal
题目大意
有 \(n\) 个非负整数 \(a_1, a_2, \dots, a_n\)。每次操作，你可以从中任选一个数，并把它加上 \(2\) 的任意非负整数次幂。求使得 \(n\) 个数相等所需的最小操作次数。可以证明答案不超过 \(10^{18}\)。
数据范围：\(1\leq n\leq 10^5\)，\(1\leq a_i\leq 10^{17}\)。
本题题解
先将 \(a\) 序列排序。
假设最终所有数相等时等于 \(y\)。那么所需的最小操作次数一定是：
其中 \(\mathrm{bitcnt}(x)\) 表示 \(x\) 在二进制下 \(1\) 的个数。
显然 \(y\geq a_n\)。因为减法比加法复杂，我们稍微转化一下。设 \(x = y - a_n\)，\(b_i = a_n - a_i\)，则上式等于：
问题转化为，求一个 \(x\)，使得该式的值最小。
按二进制位，从低到高 DP，假设当前考虑到第 \(k\) 位。考虑 \((x + b_i)\) 第 \(k\) 位的数值（\(0\) 还是 \(1\)），会受到哪些因素影响：
- \(b_i\) 第 \(k\) 位的数值。
- \(x\) 第 \(k\) 位的数值。
- 第 \(k - 1\) 位有没有进位。
1 是已知的。2 在转移时分两种情况讨论即可。关键是 3，因为 \(n\) 个数第 \(k - 1\) 位的进位情况是不同的，我们会想到这样一种暴力的状态设计：设 \(\text{dp}(k, \text{mask})\) 当前考虑到第 \(k\) 位，\(\text{mask}\) 里的这些数会向下一位进位，此时答案的最小值（也就是 \(\sum_{i = 1}^{n}\mathrm{bitcnt}((x + b_i)\bmod 2^{k + 1})\) 的最小值）。其中 \(\text{mask}\) 记录了 \(n\) 个数的进位情况，故共有 \(2^n\) 种可能的状态，显然太大了。
考虑优化上述暴力。下面是本题的核心：因为每个数加上的 \(x\) 相同，所以 \(b_i\bmod 2^k\) 越大的数，越有可能进位。也就是说，如果把 \(b\) 序列按照 \(b_i\bmod 2^k\) 从小到大排序，那么在上一位发生进位的数是一段后缀。所以，我们在状态里，只需要记录上一位有几个数发生了进位，就相当于知道了哪些数发生了进位。于是我们的状态设计，就从 \(\text{dp}(i, \text{mask})\)，变成了 \(\text{dp}(i, j)\)，表示有 \(j\) 个数发生了进位。通过 \(j\) 和我们已知的信息（排好序的 \(b\) 数组），我们就相当于知道了 \(\text{mask}\)。就像压缩文件一样，只要记录一部分信息，要用时就能还原出完整的文件。如此一来，状态数被大大精简了（从 \(\text{位数} \cdot 2^n\) 变成了 \(\text{位数} \cdot n\)）。
具体来说，转移时枚举上一位发生进位的数的数量，记为 \(j\)。将 \(b\) 序列按照 \(b_i\bmod 2^k\) 的大小排序后，分为前 \(n - j\) 个数（没发生进位的）和后 \(j\) 个数（发生了进位的），再根据 \(b_i\) 第 \(k\) 位是 \(0\) 还是 \(1\)，分为四小类。转移考虑 \(x\) 的第 \(k\) 位是 \(0\) 还是 \(1\)。那么：
这张表格描述的是 \(n\) 个 \((x + b_i)\)，共有 \(4\times 2 = 8\) 种情况：第一行里的四类表示，\(b_i\bmod 2^k\) 是前 \(n - j\) 个数还是后 \(j\) 个数（这决定了它在上一位有没有进位），以及 \(b_i\) 的第 \(k\) 位是 \(0\) 还是 \(1\)。第一列里的两类，表示 \(x\) 的第 \(k\) 位是 \(0\) 还是 \(1\)。表格中，“进位/不进位”决定了转移到的 DP 状态；\(0, 1\) 也就是 \((x + b_i)\) 第 \(k\) 位的值，这决定了新的 DP 值。具体可以见代码。
接下来还有最后一个问题，\(x\) 要枚举到多大（有多少位）？可以证明，一定存在最优解，满足 \(x \leq \max\{b_i\}\)。
证明：
设 \(B = \max\{b_i\}\)。
如果，\(x > B\)。设 \(s\) 表示 \((x + B)\) 的最高位。那么 \(2^{s + 1} > x + B \geq 2^{s}\)。所以 \(2x > 2^{s}\)，\(x > 2^{s - 1}\)。设 \(x' = x - 2^{s - 1}\)。
对任意位置 \(i\)，\((x + b_i)\) 的最高位要么为 \(s\)，要么为 \(s - 1\)。
- 若 \((x + b_i)\) 的第 \(s - 1\) 位为 \(1\)，那么 \(\mathrm{bitcnt}(b_i + x') = \mathrm{bitcnt}(x + b_i) - 1\)。
- 若 \((x + b_i)\) 的第 \(s - 1\) 位为 \(0\)，那么第 \(s\) 位一定为 \(1\)，所以 \(\mathrm{bitcnt}(b_i + x') = \mathrm{bitcnt}(x + b_i)\)。
可以发现，\(x'\) 的结果一定不差于 \(x\)。所以只要最优的 \(x > B\)，我们就不断将它减去 \(2^{s - 1}\)，最终一定能得到 \(x\leq B\) 的最优解。
因为 \(x\leq \max\{b_i\}\leq\max\{a_i\}\)，所以 DP 只需要进行 \(\mathcal{O}(\log a)\) 位，每一位要排序，所以总时间复杂度 \(\mathcal{O}(n\cdot \log a\cdot \log n)\)。
有一个优化是，在上一位排好序的序列的基础上，根据当前位是 \(0\) 还是 \(1\)，拆成两个子序列，再拼起来。这样就不用每一位都重新排序了，时间复杂度 \(\mathcal{O}(n\log a)\)。
参考代码
// problem: CF1188D
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mk make_pair
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())
typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> pii;
template<typename T> inline void ckmax(T& x, T y) { x = (y > x ? y : x); }
template<typename T> inline void ckmin(T& x, T y) { x = (y < x ? y : x); }
const int MAXN = 1e5;
const int MAXBIT = 57; // [0, 57]
const int INF = 1e9;
int n;
ull a[MAXN + 5];
int id[MAXN + 5], id0[MAXN + 5], id1[MAXN + 5];
int dp[MAXBIT + 1][MAXN + 5];
int pre[MAXN + 5][2], suf[MAXN + 5][2];
int main() {
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
cin >> a[i];
}
sort(a + 1, a + n + 1);
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
a[i] = a[n] - a[i];
}
for (int i = 0; i <= MAXBIT; ++i)
for (int j = 0; j <= n; ++j)
dp[i][j] = INF;
int cnt = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
if ((a[i] & 1) == 0)
id[++cnt] = i;
dp[0][0] = n - cnt; // x 当前位填 0, 0 人进位, 结果中有 n - cnt 个 1
ckmin(dp[0][n - cnt], cnt); // x 当前位填 1, n - cnt 人进位, 结果中有 cnt 个 1
for (int i = 1; i <= n; ++i)
if ((a[i] & 1) == 1)
id[++cnt] = i;
assert(cnt == n);
for (int i = 1; i <= MAXBIT; ++i) {
// sort(id + 1, id + n + 1, cmp);
for (int j = 1; j <= n; ++j) {
pre[j][0] = pre[j - 1][0] + (((a[id[j]] >> i) & 1) == 0);
pre[j][1] = pre[j - 1][1] + (((a[id[j]] >> i) & 1) == 1);
}
for (int j = n; j >= 1; --j) {
suf[j][0] = suf[j + 1][0] + (((a[id[j]] >> i) & 1) == 0);
suf[j][1] = suf[j + 1][1] + (((a[id[j]] >> i) & 1) == 1);
}
for (int j = 0; j <= n; ++j) if (dp[i - 1][j] != INF) {
ckmin(dp[i][suf[n - j + 1][1]], dp[i - 1][j] + pre[n - j][1] + suf[n - j + 1][0]); // x 当前位填 0
if (i < MAXBIT)
ckmin(dp[i][pre[n - j][1] + j], dp[i - 1][j] + pre[n - j][0] + suf[n - j + 1][1]); // x 当前位填 1
}
// 相当于排序:
int cnt0 = 0, cnt1 = 0;
for (int j = 1; j <= n; ++j)
if (((a[id[j]] >> i) & 1) == 0)
id0[++cnt0] = id[j];
for (int j = 1; j <= n; ++j)
if (((a[id[j]] >> i) & 1) == 1)
id1[++cnt1] = id[j];
for (int j = 1; j <= cnt0; ++j)
id[j] = id0[j];
for (int j = 1; j <= cnt1; ++j)
id[cnt0 + j] = id1[j];
}
int ans = INF;
for (int j = 0; j <= n; ++j)
ckmin(ans, dp[MAXBIT][j]);
cout << ans << endl;
return 0;
}
