洛古题解之P8480

(题目传送门)

题目描述（此处简化了亿点点）

给出一个长为n的整数序列 $a_{i}$ ，并给这个序列进行m次操作，每次操作可以任意选择序列中一个数 $a_{i}$ ，令 $a_{i}$ 变成 $a_{i}+2$ 、 $a_{i}-2$ 、 $a_{i}*2$ 、 $\left \lfloor \frac{a_{i}}{2} \right \rfloor$ 这四个结果中的一个。最终希望m次操作后整个序列的极差最大。

输入格式

第一行两个整数n，m

第二行n个整数，表示序列 $a_{i}$

输出格式

共一行

一个整数，表示最大的极差

输入输出样例

输入

3 2
0 1 0

输出

数据范围

对于100%的数据，1<n< $10^6+1$ ，0<m<11，0< $a_{i}$ < $10^9$

以上是题目部分;以下是题解部分：

设当前的最大值为mx，最小值为mn。为了让极差变大，我们显然是只操作这两个数。并且一定是让mx变大，mn变小。所以我们只可能进行这四个操作：

1. $mx:=mx+2$

2. $mx:=mx*2$

3. $mn:=mn-2$

4. $mn:=\left \lfloor \frac{mn}{2} \right \rfloor$

下面我们就来考虑那种操作对答案的贡献更大：设一次操作对答案的贡献 $f_{x}$ 。那么这四种操作的贡献分别为：

1. $f_{1}=2$ 。

2. $f_{2}=mx$ 。

3. $f_{3}=2$ 。

4. $f_{4}=mn-\left \lfloor \frac{mn}{2} \right \rfloor$ 。

显然有 $f_{4}\leqslant mn\leqslant mx=f_{2}$ 。所以 $f_{4}$ 不可能进行。也就意味着如果我们改变最小值，每次操作最多将答案+2。而如果改变最大值，每次操作至少可以让答案+2。所以我们只要操作最大值就可以了。下面我们考虑如何选取 $f_{1}$ 和 $f_{2}$ 操作。不难发现，当 mx>2时，进行 $f_{2}$ 操作更优。当 mx=2时，两种操作效果一样。当mx<2时，进行 $f_{1}$ 操作更优。并且当进行一次 $f_{1}$ 操作后必然有mx>1。所以我们只需要记录初始序列的最大值和最小值，如果最大值小于2，就先将其+2，然后不断的对最大值进行*2操作即可。

C语言:

#include<stdio.h>
long long n,m,x,maxx=0,minx=1e9;
int main() {
	scanf("%lld %lld",n,m);
	for(long long i=0;i<n;i++) {
		scanf("%lld",x);
		if(x>maxx) {
            maxx=x;
        }
		if(x<minx) {
            minx=x;
        }
	}
	if(maxx<2) {
        maxx+=2;
        m--;
    }
	printf("%lld",((1ll*maxx)<<m)-minx);
	return 0;
}

C++:

#include<iostream>
using namespace std;
long long n,m,x,maxx=0,minx=1e9;
int main() {
	cin>>n>>m;
	for(long long i=0;i<n;i++) {
		cin>>x;
		if(x>maxx) {
            maxx=x;
        }
		if(x<minx) {
            minx=x;
        }
	}
	if(maxx<2) {
        maxx+=2;
        m--;
    }
	cout<<((1ll*maxx)<<m)-minx;
	return 0;
}