题解：CF1995C Squaring

题意

给定序列 \(a\)，每次操作可以使 \(a_i\gets a_i^2\)，求使 \(a\) 不降的最少操作次数。

分析

因为 \(1^k=1\)，所以无解的情况只有 \(\exists\ a_i=1\) 且 \(\exists\ j\in[1,i), a_j>1\)。

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在有解的情况下，假设对 \(a_{i-1}\) 操作 \({k_{i-1}}\) 次，对 \(a_i\) 操作 \({k_i}\) 次。

此时 \(a_{i-1}\gets a_{i-1}^{2^{k_{i-1}}}\)，\(a_i\gets a_i^{2^{k_i}}\)。

因为单调不降，且序列中所有元素均为正数，所以满足：

\[\begin{aligned} a_{i-1}^{2^{k_{i-1}}} &\leq a_i^{2^{k_i}} \\ \log_2a_{i-1}^{2^{k_{i-1}}} & \leq \log_2a_i^{2^{k_i}} \\ 2^{k_{i-1}}\log_2 a_{i-1} & \leq 2^{k_i}\log_2 a_i \\ \log_2(2^{k_{i-1}}\log_2 a_{i-1}) & \leq \log_2(2^{k_i}\log_2 a_i) \\ {k_{i-1}}+\log_2 \log_2 a_{i-1} & \leq {k_i}+\log_2 \log_2 a_i \\ {k_{i-1}}+\log_2\log_2a_{i-1}-\log_2\log_2a_i & \leq {k_i} \\ \end{aligned} \]

所以 \({k_i}\) 的最小取值为 \(\lceil {k_{i-1}}+\log_2\log_2a_{i-1}-\log_2\log_2a_i \rceil\)。

注意 \({k_i}\) 不能取负数，所以 \({k_i} \gets \max({k_i}, 0)\)。

显然第一位不操作，故 \(k_1=0\)。

逐项处理即可。

答案就是 \(\sum k_i\)。

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 200005
#define eps 1e-8

int a[maxn];

void solve()
{
    int64_t n, ans=0;
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
    int la=0;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        if(a[i]==1&&a[i-1]!=1) return cout<<-1<<'\n', void();
        la=max((int)ceil(la+log2(log2(a[i-1]))-log2(log2(a[i]))-eps), 0);
        ans+=la;
    }
    cout<<ans<<'\n';
}

signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    int t;
    cin>>t;
    while(t--) solve();
}