CF1303D Fill The Bag 题解
题目大意
给定一个大小为 \(k\) 的背包以及 \(n\) 个物体。第 \(i\) 个物体的体积为 \(a_i\)，并且保证 \(a_i\) 为 \(2\) 的非负整数幂。现在你可以将一些物品切开，变成两个只有体积为原来一半的物体，求能把背包恰好装满至少需要切几次。
题目解析
不难想到二进制拆分。考虑贪心。
二进制拆分后，如果这一位没有大小恰好为 \(2^i\) 的物体，那么就去更大的切分。
如果从高到低考虑，我们不难发现这是假的，所以考虑从低到高位考虑。
具体的做法是这样的：
从低位到高位考虑，如果这一位恰好有大小为 \(2^i\) 的物体，那么就不需要切割，否则就找到最小的更大的物体来切割。
现在来证明这种做法的正确性和时间复杂度。
先证明正确性。不难发现如果将一个大小为 \(2^c\) 的物体分割成大小为 \(2^a\) 的物体，和把一个大小为 \(2^c\) 的物体分割成 \(2^b\) 的物体再分割成 \(2^a\) 的物体所需的次数是一样的（\(a<b<c\)）。所以这个做法是正确的。
然后证明时间复杂度。如果我们将分割了一个大小为 \(2^b\) 的物体到 \(2^a\) 的大小，那么就会多出 \(2^{a+1},2^{a+2},\dots,2^{b-2},2^{b-1}\) 这些物体。因此在暴力向上查找最小的更大的物体切割的时候，每个物体最多被搜到一次，所以可以保证时间复杂度为 \(\Theta\left(n\right)\)。
无解的情况是显然的，因为切割的时候总体积不变，所以只要 \(\sum a_i<k\) 的时候就无解，否则是有解的，因为你可以把所以的物体切成大小为 \(1\) 的大小。
核心代码：
int n,x,ans,t[39]; ll m,sum;
void work(){
m=read(); n=read(); Me(t,0); sum=0; ans=0; int i,j;
for(i=1;i<=n;i++) x=read(),sum+=x,t[(int)log2(x)]++;
if(sum<m){ puts("-1"); return; } if(sum==m){ puts("0"); return; }
for(i=0;i<31;i++){
if(!t[i]&&(m&(1<<i))){ j=i; while(!t[j]) j++,ans++; t[j]--; for(j=j-1;j>=i;j--) t[j]++; }
if(m&(1<<i)) t[i]--; t[i+1]+=(t[i]>>1);
} print(ans),pc('\n'); return;
}
