P1582 倒水（二进制）

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P1582 倒水
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难度普及+/提高
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题目描述
一天，CC买了N个容量可以认为是无限大的瓶子，开始时每个瓶子里有1升水。接着~~CC发现瓶子实在太多了，于是他决定保留不超过K个瓶子。每次他选择两个当前含水量相同的瓶子，把一个瓶子的水全部倒进另一个里，然后把空瓶丢弃。(不能丢弃有水的瓶子)

显然在某些情况下CC无法达到目标，比如N=3,K=1。此时CC会重新买一些新的瓶子(新瓶子容量无限，开始时有1升水)，以到达目标。

现在CC想知道，最少需要买多少新瓶子才能达到目标呢？

输入输出格式
输入格式：
一行两个正整数， N,K(1\le N\le 2\times 10^9,K\le 10001≤N≤2×10
9
,K≤1000)。

输出格式：
一个非负整数，表示最少需要买多少新瓶子。

输入输出样例
输入样例#1：

3 1

输出样例#1：

输入样例#2：

13 2

输出样例#2：

输入样例#3：

1000000 5

输出样例#3：

ac_code:
/*
这题没有提高难度，就是普及吧~
实质是二进制的应用吧
/
自己是这样做的
/
补充一个解释：
A:瓶子先水量相同的两两合并，如果是一开始n为奇数，肯定会剩下一份不能两两合并的，如果是偶数，就刚好两两合并，不会剩下。如果剩下一份，这一份的水量肯定是这次能合并的任意一份水量的 1/2。
经过两两合并后，瓶子剩下的个数为n/2,除了那个不能合并的（水量不变），每个瓶子中的水量为之前的两倍，
对剩下的水量相同的继续两两合并,即重复A。。
经过多次A操作后，最后没有能两两相同水量的合并了，即现在剩下的都是每次A操作剩下的不能进行两两相同合并的瓶子，如果此时瓶子个数小于等于m则不需要买瓶子，否则，这样买：
先买第一次A操作与第二次A操作剩下那个瓶子的水量的差值个瓶子，使它又可以两两合并，再直到不能两两合并，重复这个购买操作，直到剩下的瓶子小于等于m
举个例子：
n = 7 m = 2
第一次A：7/ 2 = 3 ，7 % 2 = 1（剩下这个不能合并的瓶子水量为1）
第二次A: 3 / 2 = 1 ,3 % 2 = 1（剩下这个不能合并的瓶子水量为 2)
此时不能进行A操作了，剩下3个瓶子，瓶子水量分别为：4 ，2 ，1
此时我们要先买1个瓶子，这时：4 ，2，1，1
又可以两两合并：
4 ，2 ，2
4 ，4（此时已经满足条件）
8（当然购买这次后可以最终使它剩下1个水量为8的瓶子）
最后可以只剩下1个瓶子，所以买1个瓶子就可以了
（我们最初的目的是要先让已有的瓶子经过合并后尽可能的少，所以一直重复A操作，直到不能再进行A操作）
*/
way1:

#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long LL;
LL q[50];
int main()
{LL n,m;cin>>n>>m;LL ans = 0,x = n,y = 0,w = 1,k = 0;while(x){y += x&1;  //y记录最终剩下的瓶子数量（奇数就会有剩余）if(x&1) q[++k] = w; //如果每趟合并有剩余，那个剩余的瓶子水量x >>= 1; w <<= 1;}LL head = 1,tail = k,len = y;while(head < tail && len > m){ans += q[head+1] - q[head]; //每次需要购买的数量q[head] = q[head+1];while(q[head] == q[head+1] && head < tail && len > m) //购买后继续进行两两合并{q[head+1] = q[head]<<1;head++;len--; //一对两两合并,瓶子-1}}cout<<ans<<endl;return 0;
}

做完之后去看题解
发现还可以写的更简单微妙些
（
其实根据我自己写的那份代码也可以发现其中的奥秘所在：
n二进制1的个数，为最初可以剩下的最少个数
之后，n += （n & -n）
//相当于使n的二进制最后一个1上加1，产生进位（连续的1变为0），
但是对于十进制，瓶子加的个数肯定是（n & -n），所以ans += （n & -n）,
直到n的二进制1个数不超过m
）
way2:
//bitset,lowbit

#include <iostream>
#include <bitset>
using namespace std;
typedef long long LL;
int main()
{LL n,m;cin>>n>>m;LL ans = 0;bitset<35>b;b = n;while(b.count() > m){ans += n&-n; n += n&-n;b = n;}cout<<ans<<endl;return 0;
}

way3:
//__builtin_popcount lowbit

#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long LL;
int main()
{LL n,m;cin>>n>>m;LL ans = 0;while(__builtin_popcount(n)>m){ans += n&-n;n += n&-n;}cout<<ans<<endl;return 0;
}

/*
个人觉得没有必要知道gcc里的__builtin_…
(如果实在想了解gcc里的__builtin_…点这里吧：gcc里的__builtin_…传送门)
因为bitset差不多可以完全取得它，而且功能更加强大同时也更好记函数形式更好理解
（用bitset好像效率也更高的样子，提交是快了两毫秒）
了解bitset的用法点这里：bitset传送门
*/

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