Description
描述
你有一个大小为 $n$ 的背包和 $m$ 个大小为 $2$ 的非负整数次幂的物品，其中第 $i$ 个物品的大小为 $a_i$。
每次可以把一个物品划分成两个相同大小的物品。你需要恰好填满整个背包。
例如，当 $n = 10$ 且 $a = [1,1,32]$ 时，你可以把大小为 $32$ 的物品划分成两个大小为 $16$ 的物品，再把其中一个大小为 $16$ 的物品划分成两个大小为 $8$ 的物品，这样你就可以用两个大小为 $1$ 的物品和一个大小为 $8$ 的物品填满这个背包。
求出最小的划分物品的次数。
输入
第一行一个正整数 $T$，表示 $T$ 组数据。
每组数据的第一行为两个正整数 $n$（$1le n le 10^{18}$）和 $m$（$1 le m le 10^5$）。
接下来为 $m$ 个正整数 $a_i$（$1 le a_i le 10^9$）。
输出
每组数据一个数表示最小的划分物品的次数，如果无法实现输出 $-1$。
样例
输入
3
10 3
1 32 1
23 4
16 1 4 1
20 5
2 1 16 1 8输出
2
-1
0
Solution
我们可以按位贪心。
用 $c_i$ 表示 $a$ 数组中 $2^i$ 出现的个数，记 $sum = sumlimits_{i=1}^{m} a_i$，显然，有解的充要条件是 $sum ge n$，反之无解。
我们从 $2^0 o 2^{29}$ 贪心，比如现在在考虑 $2^i$ 这一位，如果 $n operatorname{and} 2^i=0$（$n$ 不含这一位） ，那显然是没那个必要考虑的。如果是 $1$ 的话，那么用 $tmp$ 来表示用 $a$ 数组中 $2^0 sim 2^{i - 1}$ 能拼出来多少个 $2^i$。如果 $tmp ge 1$ 的话，直接 $tmp gets tmp - 1$ 就行了，表示消耗一个；如果 $tmp = 0$，那我们显然只能借助于 $2^i sim 2^{29}$ 来完成这个操作了，这时可以暴力的用 $j$ 从 $i o 29$ 枚举，找到第一个 $c_j ge 1$ 的，把 $c_j gets c_j - 1$，然后把 $c_i sim c_{j - 1}$ 都增加 $1$，同时 $ans$ 要累加上 $j - i$（从 $2^j$ 除到 $2^i$ 就是 $j - i$ 次），别忘了 $tmp$ 要变成 $0$。最后按照 $tmp$ 的定义，当我们考虑 $2^{i+1}$ 时，$2^i$ 显然是要累加进去的，所以 $tmp = frac{tmp + c_i}{2}$。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int M = 100005;
LL n, m, a[M], ans;
int c[50];
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
int t;
cin >> t;
while(t--)
{
ans = 0;
LL sum = 0;
memset(c, 0, sizeof c);
cin >> n >> m;
for(int i = 1; i <= m; i++) cin >> a[i];
for(int i = 1; i <= m; i++)
{
int k = 0;
sum += a[i];
while(a[i] > 1) k++, a[i] >>= 1;
c[k]++;
}
if(sum < n)
{
cout << "-1
";
continue;
}
LL tmp = 0;
for(int i = 0; i < 30; i++)
{
if(n >> i & 1) tmp--;
if(tmp < 0)
{
int j;
for(j = i; !c[j]; j++) c[j] = 1;
c[j]--;
ans += j - i;
tmp = 0;
}
tmp = tmp + c[i] >> 1;
}
cout << ans << endl;
}
return 0;
}