题解【CF1338A Powered Addition】

给一个长度为 \(n\) 的序列 \(a\) 。

对于第 \(i\) 秒，我们可以选择若干个位置上的数加上 \(2^{i-1}\) 。

问最少在第几秒的时候，可以使得 \(a_1 \leq a_2\leq...\leq a_n\) 。

• 首先不难注意到，对于前 \(i\) 秒，我们可以使得一个数加上 \(x\in[1,2^i-1]\)。

• 也就是说对于前 \(i\) 秒，我们可以让一个数 \(x\) 变成 \([x,x+2^i-1]\) 内的任意一个数。

• 考虑一下这个式子 \(a_1 \leq a_2\leq...\leq a_n\) ，显然，\(a_i\) 越小，则 \(a_{i+1}\) 至 \(a_n\) 越有 " 操作空间 " 。

• 又因为操作只会导致数变大，所以我们显然是不要去动这个 \(a_1\) 。

• 接着考虑一下 \(a_2\) ：

  • 若 \(a_1 \leq a_2\) ，则已经满足题目要求，为了给后面的数留 " 操作空间 " 所以不要动它。
  • 若 \(a_1 > a_2\) ，则二分最小 \(x\) 的满足 \(a_1 \leq a_2 + 2^x-1\) ，用 \(x\) 更新答案，再令 \(a_2 = a_1\) 。

• 以此类推，我们接着考虑 \(a_3,a_4,...,a_n\) ，假设我们现在考虑到第 \(i\) 位：

  • 若 \(a_{i-1} \leq a_i\) ，则已经满足题目要求，为了给后面的数留 " 操作空间 " 所以不要动它。
  • 若 \(a_{i-1} > a_i\) ，则二分最小 \(x\) 的满足 \(a_{i-1} \leq a_i + 2^x-1\) ，用 \(x\) 更新答案，再令 \(a_i = a_{i-1}\) 。

• 这样考虑完这 \(n\) 位即可求出答案，\(\mathcal{O(n \log \log size)}\)，其中 \(size\) 表示的是值域大小。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

namespace IO {
    static char buf[1 << 20], *fs, *ft;
    inline char gc() {
        if (fs == ft) {
			ft = (fs = buf) + fread(buf, 1, 1 << 20, stdin);
			if (fs == ft) return EOF;
        }
        return *fs ++;
    }
    #define gc() getchar()
	inline int read() {
		int x = 0, f = 1; char s = gc();
		while (s < ‘0‘ || s > ‘9‘) {if (s == ‘-‘) f = -f; s = gc();}
		while (s >= ‘0‘ && s <= ‘9‘) {x = x * 10 + s - ‘0‘; s = gc();}
		return x * f;
	}
} using IO :: read;

const int N = 200100; 

int n;

long long a[N];

void work() {

	n = read();

	for (int i = 1; i <= n; i ++)
		a[i] = read();

	int ans = 0;

	for (int i = 2; i <= n; i ++) {
		if (a[i - 1] <= a[i]) continue;

		int l = 1, r = 33;
		while (l < r) {
			int mid = (l + r) / 2;
			long long delta = (1ll << mid) - 1;

			if (a[i - 1] <= a[i] + delta) r = mid; else l = mid + 1; 
		}

		ans = max(ans, l);

		a[i] = a[i - 1]; 
	}

	printf("%d\n", ans);
}

int main() {

	int T = read();

	while (T --)    work();

	return 0;
}

原文：https://www.cnblogs.com/cjtcalc/p/12688959.html