[ARC086]F - Shift and Decrement 位运算+数论+DP

题面
可以证明，在最后一次÷2÷2操作之前，不必要进行连续的两次−1-1操作。因为连续的−1-1操作可以通过先÷2÷2来减少操作次数。
我们定义popcount(x)popcount(x)来表示xx二进制表示中11的个数，那么假设做了kk次÷2÷2操作（可以发现kk不会超过6060），那么可以把所有操作等价为：
1. −p-p (p<2k)(p，耗费popcount(p)popcount(p)次操作。
2. ÷2k÷2^k，耗费kk次操作。
3. −d-d，耗费dd次操作。
可以发现，经过前两次操作，一些数x变成了x÷2kx÷2^k，而另一些变成了x÷2k−1x÷2^k-1。这取决于xmod2kx mod 2^k与pp的大小关系。
设这些余数为CiC_i。那么对于每一个区间(Ci−1,Ci](C_{i-1},C_i]，p取这个区间的任意值得出的序列都是等价的。
那我们会得到k∗nk*n个序列，每一个序列都有一个最少已经消耗的操作次数k+minpopcount(Ci−1,Ci]k+minpopcount(C_{i-1},C_i]，但是两个差分之后相同的序列是可以通过操作3相互转化的。
那么我们把差分序列相同的分成一类，那么一类中首项相同也就序列相同，每个序列的首项有一个取值范围[a1−K+k+minpopcount(Ci−1,Ci]，a1][a_1-K+k+minpopcount(C_{i-1},C_i]，a_1]，那么就相当于给定若干区间求并集长度的问题了，每一类DP一下即可。
总复杂度O(60∗n2∗log(n∗60))O(60* n^2 * log(n*60))。
代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const int mod=1000000007;
int n,top,num;
ll K,a[210],c[210],d[210];
pair<ll,ll> qj[12010];
struct node
{ll t[210],a1;int k;
}s[12010];
bool operator <(const node &a,const node &b)
{for(int i=1;i<n;i++)if(a.t[i]<b.t[i]) return 1;else if(a.t[i]>b.t[i]) return 0;return 0;
}
bool check(node &a,node &b)
{for(int i=1;i<n;i++)if(a.t[i]!=b.t[i]) return 0;return 1;
}int maxpop(ll x,ll y)
{if(x==-1) return 0;int re=0;for(int i=60;i>=0;i--)if(((x>>i)&1)==((y>>i)&1)) re+=((x>>i)&1);else {re++;break;}return re;
}
ll dp()
{sort(qj+1,qj+num+1);ll re=0,l=0,r=-1;for(int i=1;i<=num;i++){if(qj[i].first>r) {re+=(r-l+1);l=qj[i].first;}r=qj[i].second;}re+=(r-l+1);return re;
}
int main()
{scanf("%d%lld",&n,&K);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]);sort(a+1,a+n+1);    for(int i=0;i<=60;i++){for(int j=1;j<=n;j++)c[j]=(a[j]&((1ll<<i)-1));   sort(c+1,c+n+1);c[0]=-1;int sz=unique(c+1,c+n+1)-c-1;for(int j=1;j<=sz;j++)if(a[1]>=c[j]){int P=maxpop(c[j-1],c[j]);for(int l=1;l<=n;l++)d[l]=((a[l]-c[j])>>i);  s[++top].a1=d[1];s[top].k=i+P;for(int l=1;l<n;l++)s[top].t[l]=d[l+1]-d[l];        }}sort(s+1,s+top+1);num=0;ll ans=0;for(int i=1;i<=top;i++){if(i!=1&&!check(s[i],s[i-1])) ans=(ans+dp())%mod,num=0; if(s[i].k<=K)qj[++num]=make_pair(max(s[i].a1-K+s[i].k,0ll),s[i].a1);}ans=(ans+dp())%mod;printf("%lld",ans);return 0;
}

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