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;
}

标签：NC50038,kotori,代价,ll,两堆,dg,糖果
来源： https://www.cnblogs.com/BlankYang/p/16407227.html