CF1303D Fill The Bag 题解

可能更好的阅读体验
题目传送门
我来氵题解了

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; 
}