cf1303 D. Fill The Bag

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Solution

这题就是跟着直觉来

把 $n$分解成不同的 $2$的幂相加的形势，然后考虑怎么凑出 $2^i$。

我先用不大于 $2^i$的那些物品来凑，只要那些不大于 $2^i$的物品的体积之和大于等于 $2^i$，就肯定有一个这些物品的子集加起来等于 $2^i$。为啥一定有一个子集加起来是 $2^i$呢？首先如果原来的数字里面就有一个 $2^i$，那自然不必说，我们考虑原来的数字中没有 $2^i$：可以想象把所有小于 $2^i$的数字降序排列，然后从前到后求和。你可以想象，每次想要把最高位往后推进一位，肯定是高几位已经全都是 $1$了，我在最低的这个 $1$这里又来了一个 $1$，那么肯定就一直往上进位，把所有途径的 $1$都给变成 $0$了，并且在新的最高位上出现一个 $1$。那么这样一个最高位上是 $1$、其余位置上都是 $0$的数字不就是二的幂吗。也就是说如果和不小于 $2^i$，那么肯定 $2^i$肯定在加入某个数字的那一刻出现了。

用小的凑完了如果发现不够用，那我只能大的来拆了，就近原则，我就找比 $2^i$大的那个数字中尽量小的那个借位就好了。（在这里说一下，也没必要把大数字分解的很小，企图根小数字加起来之后凑出 $2^i$，因为那样徒增费用，且处理后面的时候“小数字之和”也没有改变）

Code

#include <bits/stdc++.h>
#include <ext/pb_ds/assoc_container.hpp>
#include <ext/pb_ds/tree_policy.hpp>
#define iinf 0x3f3f3f3f
#define linf (1ll<<60)
#define eps 1e-8
#define maxn 1000010
#define maxe 1000010
#define cl(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define rep(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
#define drep(i,a,b) for(i=a;i>=b;i--)
#define em(x) emplace(x)
#define emb(x) emplace_back(x)
#define emf(x) emplace_front(x)
#define fi first
#define se second
#define de(x) cerr<<#x<<" = "<<x<<endl
using namespace std;
using namespace __gnu_pbds;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<ll,ll> pll;
ll read(ll x=0)
{
    ll c, f(1);
    for(c=getchar();!isdigit(c);c=getchar())if(c=='-')f=-f;
    for(;isdigit(c);c=getchar())x=x*10+c-0x30;
    return f*x;
}
ll T, n, m, cnt[100], need[100];
int main()
{
    ll i, j, S;
    T=read();
    while(T--)
    {
        n=read(), m=read();
        S=0;
        cl(cnt), cl(need);
        rep(i,1,m)
        {
            ll x=read();
            S+=x;
            cnt[__builtin_ctzll(x)]++;
        }
        if(S<n){printf("-1\n");continue;}
        ll presum=0, ans=0;
        rep(i,0,60)
        {
            presum += cnt[i]*(1ll<<i);
            if(n&(1ll<<i))
            {
                ll need = 1ll<<i, j;
                if(presum>=need)
                {
                    presum -= need;
                }
                else
                {
                    rep(j,i+1,60)if(cnt[j])break;
                    ans+=j-i;
                    cnt[j]--;
                    drep(j,j-1,i)cnt[j]++;
                    presum += (1ll<<i);
                }
            }
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}