构造+位运算，CF 1901C - Add, Divide and Floor

一、题目

1、题目描述

2、输入输出

2.1输入

2.2输出

3、原题链接

1901C - Add, Divide and Floor

二、解题报告

1、思路分析

我们假设将原数组排序，那么每次操作不会改变数组单调性

当最大值调整等于最小值时所有数都相等，因为单调性不变，比最小值大的数过程中都始终 >= 最小值

我们考虑每次操作的影响，设最大值为ma，最小值为mi

假如 ma 和 mi 都是偶数

那么 (ma + x) / 2 - (mi + x) / 2 = (ma - mi) / 2

也就是说，我们的差值变为原来一半

我们可以枚举ma mi 奇偶的4种情况，我们发现我们通过调整 x 的取值可以使得每次差值都减少为原来一半，由于操作限制每次除2，故不会有比这更优的操作了

更具体地，当最小值为奇数，我们取x = 1，偶数取x = 0

具体为什么通过举具体例子可得，当然也可以更一般性地推导，这里略

2、复杂度

时间复杂度： O(N + logU)空间复杂度：O(1)

3、代码详解

复制代码

cpp 复制代码

#include <bits/stdc++.h>
#define sc scanf
using i64 = long long;
using PII = std::pair<int, int>;
constexpr int inf32 = 1e9 + 7;
constexpr i64 inf64 = 1e18 + 7;
constexpr int P = 998244353;

// #define DEBUG

void solve()
{
    int n;
    std::cin >> n;

    int mi = inf32, ma = -inf32;
    for (int i = 0, a; i < n; ++ i) {
        std::cin >> a;
        mi = std::min(mi, a);
        ma = std::max(ma, a);
    }

    if (mi == ma) {
        std::cout << 0 << '\n';
        return;
    }

    std::vector<int> ans;

    while (mi != ma) {
        ans.push_back(mi & 1);
        mi = (mi + ans.back()) / 2;
        ma = (ma + ans.back()) / 2;
    }

    if (ans.size() <= n) {
        std::cout << ans.size() << '\n';
        for (int i = 0; i < ans.size(); ++ i)
            std::cout << ans[i] << " \n"[i + 1 == ans.size()];
    }
    else 
        std::cout << ans.size() << '\n';
}

int main()
{
#ifdef DEBUG
    freopen("in.txt", "r", stdin);
    freopen("out.txt", "w", stdout);
#endif
    std::ios::sync_with_stdio(false), std::cin.tie(nullptr), std::cout.tie(nullptr);
    int _ = 1;
    std::cin >> _;
    while (_--)
        solve();
    return 0;
}