SRM596 DIV1 250

开始以为是DP然后用了一个时间复杂度数量级为(10^7)的DP来做，结果case 35超时，后来发现就是一个逻辑分析题，就知道有贪心策略的，250分的题怎么可能是DP呢。

分析

首先考虑一个数的情况，任意一个数a的形成可以通过如下构造来表示：

(egin{equation}egin{split}a&=((((0+n_0) imes2+n_1) imes2+n_2) imes2+...+n_{k-1}) imes2+n_{k}\&=sum_{i=0}^{k} n_i imes2^{k-i} (n^i in N) end{split}end{equation})

将连续的(+1)操作看成(+n)不难得出以上变换，因此a的变换可以看成一个特殊的二进制数，跟一般的二进制数不同之处在于每位的数字可以超过1。

将a重新表示成：

(a=overline{n_0n_1n_2...n_k}quad(例: 10=overline{210}=overline{0106}=overline{1010})) 

注意该种表示法的以下特点：

1. a的前缀零意味着开始一直在做Doubling操作

2. 各种结构可以通过进位（当前位-2，高一位+1）和借位（当前位+2，高一位-1）操作相互变换

3. k就是Doubling操作的次数

从0变换到a所需的操作数s等于：

(s(overline{n_0n_1n_2...n_k})=k+sum_{i=0}^{k}n_iquad(overline{n_0n_1n_2...n_k}=a))

当a表示为一般二进制数且没有多余前缀零的时候可令s最小。注意到任何一次进位操作可以使s变小或保持不变，所以尽可能的进位最后得出的数形就是一般二进制数。

现在考虑多个数(a_i)的情况，每个数可以转变为各自的特殊二进制数，但是由于Doubling操作的存在使得它们的位数必须相等（前缀零也要占位，如果有的话）。

令Doubling操作的次数为t，若已知t，除去总的一起做的Doubling操作，最优解一定是限制条件下每个数单独的最优解之和，单独最优解(s(a,t))可以是将a尽可能进位的结果，即：

( egin{equation}egin{split} s(a,t)_{min} &= s(overline{n_0n_1...n_t})_{min}quad&(a=overline{n_0n_1...n_t}) \ &= s(overline{n_0n_1...n_t})-tquad&(igeq1, n_i < 2)(注意t要被省去) \ &= sum_{i=0}^{t}n_i \ &= a // 2^t + sum_{i=1}^{t}n_i quad&(n_0=a // 2^t)end{split}end{equation} )

最后，枚举t计算所有可能情况下的最小值，总步骤数tot：

(tot(t)={t+sum_{i}s(a_i, t)_{min}|tin[0,10]})

(tot_{min}=min(tot(t)))

优化

进一步可以证明当 (t+1) 为所有数的二进制位数的最大值的时候，(tot) 取最小值 (tot_{min})，证明如下：

令 (len(a)) 表示数a的一般二进制数的位数减一，若 (t < max(len(a_i))) 则：

(egin{equation}egin{split}tot(t+1)-tot(t)&=1+sum_{i}^{len(a_i)>t}(s(a_i, t+1)-s(a_i, t)) \ &=1+sum_{i}^{len(a_i)>t}(a_i//2^{t+1}+a_1-a_i//2^t) quad &(a_1是t+1位的情况) \ &=(1+sum_{i}^{len(a_i)>t}a_1)+(sum_{i}^{len(a_i)>t}(-a_i//2^{t+1})) \ &leq 1-a_k//2^{t+1} leq 0 quad &(len(a_k)=max(len(a_i)))  end{split}end{equation})

所以有 ( tot(t+1) leq tot(t))

则：

令 (sum(a)) 为a的一般二进制数的各位数字之和：

(tot_{min}=max(len(a_i)) + sum_{i}sum(a_i))

注意这道题如果没有考虑到前缀零也可以占位的情况就会直接得出「t可以取所有数的一般二进制数的位数的最小值」的错误结论，好在题目里有测试点可以测出这个bug，所以不会被无情challenge

class IncrementAndDoubling:            
    def getMin(self, a):
        x = max(a)
        maxk = 0
        while True:
            maxk += 1
            x = x // 2
            if x == 0:
                break

        s = maxk - 1
        for x in a:
            for i in range(maxk):
                s += x >> i & 1
        return s


# test
o = IncrementAndDoubling()

# test 0
assert(o.getMin((0,)) == 0)

# test case
assert(o.getMin((2,1)) == 3)
assert(o.getMin((16,16,16)) == 7)
assert(o.getMin((100,)) == 9)
assert(o.getMin((0, 0, 1, 0, 1)) == 2)
assert(o.getMin((123, 234, 345, 456, 567, 789)) == 40)
assert(o.getMin((7,5,8,1,8,6,6,5,3,5,5,2,8,9,9,4,6,9,4,4,1,9,9,2,8,4,7,4,8,8,6,3,9,4,3,4,5,1,9,8,3,8,3,7,9,3,8,4,4,7)) == 84)
print('ok')