[CF1188D]Make Equal

Description

2019-8-8

Solution

设最终所有数相等时它们均为 $p$,$a _i$ 中的最大值为 $v$。显然 $p \ge v$。

那么答案即 $\sum \limits _{i = 1} ^n \phi(p - a _i)$,$\phi(i)$ 表二进制位表示下 $i$ 中 1 的个数。

再设 $t = p - v, b _i = v - a _i$。显然有 $p - a _i = t + b _i$。

然后问题变为:最小化 $\sum \limits _{i = 1} ^n \phi (t + b _i)$。

想象一下:把 $b _i$ 二进制表示出来然后列成 $n$ 行,这应该是一个 $n$ 行 $60$ 列的 01 矩阵,60 列是二进制下 60 位。以下说到第多少位可以在脑子里对应到矩阵的第几列上去。

所有 $b _i$ 都得加 $t$,抽象到矩阵上就是 60 列每列都有一个选择:这一列全部加 1 还是不动(加 1 相当于 $t$ 在这一位上有一个 1)。

设 $T _i$ 表第 $i$ 位的长度为 $n$ 的 01 集合。

因为有进位的影响,所以可以从低位到高位 DP: $F _{i, S}$ 表决策完了第 $i$ 列之前的加 1 还是加 0,第 $i$ 位向后进位情况为 $S$(一个集合)时,最少的 1 的个数。这里的 1 的个数是指 $i$ 位前的那个 $n$ 行 $i$ 列的修改过后的矩阵的 1 的个数。

初始状态:$F _{0, 0} = \phi(T _0), F _{0, T _0} = n - \phi(T _0)$。

有转移:($\and = {\rm and}, \or = {\rm or}, \oplus = {\rm xor}$)
$$
F _{i + 1, S \and T _{i + 1}} \gets F _{i, S} + \phi(T _{i + 1} \oplus S)\\
F _{i + 1, S \or T _{i + 1} }\gets F _{i, S} + n - \phi(T _{i + 1} \oplus S)
$$
分别是在第 $i + 1$ 行 +0 和 +1 的两种决策。取 min 即可。

时空复杂度 ${\cal O(\log \max {a _i}} 2 ^n)$。这个复杂度不太行。

DP 还是不要动,但是状态貌似没必要记这么多。若是在考虑第 $i + 1$ 位时将 $n$ 个数按当前前 $i$ 位的值排序,可以发现进位的那些数一定是一个前缀。因为只有整体加,所以不可能有一个比自己小的进了位自己却没进。

于是更改状态:$F _{i, j}$ 表前 $i$ 位数,按前 $i$ 位排序后第 $1 - j$ 大的数要向后进位时,最少的 1 的个数。注意 $j$ 可以等于 0。

那么有一个新的转移:
$$
F _{i + 1, p _{j}} \gets F _{i, j} + (j - p _j) + s _{j + 1} \\
F _{i + 1, j + s _{j + 1}} \gets F _{i, j} + p _j + (n - j - s _{j + 1})
$$
$p _j, s _j$ 分别是在当前从大到小排序后到 $j$ 的前缀/后缀的 1 的个数。

上下两行分别是 +0 和 +1。$j - p _j$ 就是 $j$ 前有多少个 0,$n - j - s _{j + 1}$ 就是 $j + 1$ 后有多少个 0。画个图看看就能知道转移了。

现在时空复杂度变为 ${\cal O(n \log n \log \max {a _i})}$。要基数排序优化那个 $\log n$ 也可以,代码里面没写。

Code

BF

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Chkmin(F[0][0], phi(T[0]));
Chkmin(F[0][T[0]], n - phi(T[0]));
for (int i = 0; i < 60; ++i)
for (int S = (1 << n) - 1; ~S; --S)
if (F[i][S] != INF)
{
Chkmin(F[i + 1][S & T[i + 1]], F[i][S] + phi(T[i + 1] ^ S));
Chkmin(F[i + 1][S | T[i + 1]], F[i][S] + n - phi(T[i + 1] ^ S));
}

std

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#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>

#define fir first
#define sec second

using namespace std;

typedef long long LL;
typedef std::pair<LL, int> pii;

const int maxN = 1e5 + 2;
const int INF = 0x3F3F3F3F;

int n;
LL v;
int p[maxN], s[maxN];
LL a[maxN];
pii b[maxN];
int F[61][maxN];

template <typename _Tp>
inline bool Chkmax(_Tp& x, const _Tp& y)
{ return x < y ? x = y, true : false; }

template <typename _Tp>
inline bool Chkmin(_Tp& x, const _Tp& y)
{ return x > y ? x = y, true : false; }

int main()
{
freopen("c.in", "r", stdin);
freopen("c.out", "w", stdout);
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
cin >> a[i];
Chkmax(v, a[i]);
}
for (int i = 1; i <= n; ++i)
a[i] = v - a[i], b[i] = pii(0, i);
memset(F, 0x3F, sizeof(F));
for (int i = 1; i <= n; ++i)
p[1] += a[i] & 1;
Chkmin(F[0][0], p[1]);
Chkmin(F[0][p[1]], n - p[1]);
for (int i = 0; i < 60; ++i)
{
for (int j = 1; j <= n; ++j)
if (a[b[j].sec] >> i & 1)
b[j].fir |= 1ll << i;
sort(b + 1, b + n + 1, greater<pii>());
for (int j = 1; j <= n; ++j)
p[j] = p[j - 1] + (a[b[j].sec] >> (i + 1) & 1);
for (int j = n; j; --j)
s[j] = s[j + 1] + (a[b[j].sec] >> (i + 1) & 1);
for (int j = 0; j <= n; ++j)
if (F[i][j] != INF)
{
Chkmin(F[i + 1][p[j]], F[i][j] + j - p[j] + s[j + 1]);
Chkmin(F[i + 1][j + s[j + 1]], F[i][j] + p[j] + n - j - s[j + 1]);
}
}
cout << F[60][0] << endl;
}