NC50038 kotori和糖果
NC50038 kotori和糖果
题目
题目描述
kotori共有 \(n\) 块糖果,每块糖果的初始状态是分散的,她想把这些糖果聚在一堆。但她每次只能把两堆糖果合并成一堆。
已知把两堆数量为 \(a\) 和 \(b\) 的糖果聚在一堆的代价是 \(|a-b|\) 。
kotori想知道,她把这 \(n\) 块糖果聚在一堆的最小代价是多少?
输入描述
第一行是一个正整数 \(T\) ,代表数据组数。
第二行到第 \(T+1\) 行,每行一个非负整数 \(n\) ,代表kotori的糖果总数量。
输出描述
每行一个整数,代表kotori需要花费的最小代价。
示例1
输入
2
5
6
输出
2
2
说明
n=5时,kotori可以这样聚集糖果:
1 1 1 1 1
2 1 1 1
2 2 1
2 3
5
每一步的代价分别是0,0,1,1,总代价为2。
备注
对于 \(50\%\) 的数据,\(0<T≤100000, 0≤n≤100000\)
对于另外 \(50\%\) 的数据,\(T=1 , 0≤n≤10^{18}\)
题解
思路
知识点:贪心,分治。
显然,每次合并如果两堆糖果数量刚好是合并后总数一半的时候代价最小。
用 \(map\) 记忆化搜索,注意 \(n=0\) 的情况特判。
时间复杂度 \(O(n)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
map <ll, ll> mp;
ll dg(ll n) {
if (n <= 1) return 0;
if (mp.count(n)) return mp[n];
if (n & 1) return mp[n] = dg(n >> 1) + dg((n >> 1) + 1) + 1;
else return mp[n] = dg(n >> 1) << 1;
}
bool solve() {
ll n;
cin >> n;
cout << dg(n) << '\n';
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
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